2017高考浙江卷数学试卷
浙江省2017年高考理科数学试题及答案范文
浙江省2017年高考理科数学试题及答案范文高考要想考的好，多做模拟试卷是必要的，以下是为你整理的浙江省2017年高考理科数学试题，希望能帮到你。
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的。
1.已知集合P=，Q=，则P=A.[2,3]B.(-2,3]C.[1,2)D.2.已知互相垂直的平面交于直线l，若直线m,n满足，则A.B.C.D.3.在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影，由区域中的点在直线x+y-2=0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|=A.B.4C.D.64.命题“使得”的否定形式是A.使得B.使得C.使得D.使得5.设函数，则的最小正周期A.与b有关，且与c有关B.与b有关，但与c无关C.与b无关，且与c无关D.与b无关，但与c有关6.如图，点列分别在某锐角的两边上，且，，，.(表示点P与Q不重合)若，为的面积，则A.是等差数列B.是等差数列C.是等差数列D.是等差数列7.已知椭圆与双曲线的焦点重合，分别为的离心率，则A.且B.且C.且D.且8.已知实数.A.若则B.若则C.若则D.若则二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
9.若抛物线上的点M到焦点的距离为10，则M到y轴的距离是.10.已知，则A=，b=.11.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是cm2，体积是cm3.12.已知，若，则a=，b=.13.设数列的前n项和为，若，则=，=.14.如图，在中，AB=BC=2，.若平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，则四面体PBCD的体积的最大值是.15.已知向量a，b，|a|=1，|b|=2，若对任意单位向量e，均有|a?e|+|b?e|，则a?b的最大值是.三、解答题：本大题共5小题，共74分。
解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
数学-2017年高考真题——浙江卷(精校解析版)
2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）一、选择题1．(2017·浙江，1)已知集合P ＝{x |－1＜x ＜1}，Q ＝{x |0＜x ＜2}，则P ∪Q 等于( ) A ．(－1,2) B ．(0,1) C ．(－1,0)D ．(1,2)2．(2017·浙江，2)椭圆x 29＋y 24＝1的离心率是( )A ．133B ．53C ．23D ．593.(2017·浙江，3)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．π2＋1B ．π2＋3C ．3π2＋1D ．3π2＋34．(2017·浙江，4)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋y －3≥0，x －2y ≤0，则z ＝x ＋2y 的取值范围是( )A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6，＋∞)D ．[4，＋∞)5．(2017·浙江，5)若函数f (x )＝x 2＋ax ＋b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M －m ( )A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关6．(2017·浙江，6)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．(2017·浙江，7)函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则函数y ＝f (x )的图象可能是( )8．(2017·浙江，8)已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1,2.若0＜p 1＜p 2＜12，则( ) A ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2) B ．E (ξ1)＜E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2) C ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＜D (ξ2) D ．E (ξ1)＞E (ξ2)，D (ξ1)＞D (ξ2)9．(2017·浙江，9)如图，已知正四面体DABC (所有棱长均相等的三棱锥)，P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP ＝PB ，BQ QC ＝CRRA ＝2，分别记二面角DPRQ ，DPQR ，DQRP 的平面角为α，β，γ，则( )A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α10．(2017·浙江，10)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记I 1＝OA →·OB →，I 2＝OB →·OC →，I 3＝OC →·OD →，则( )A ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3二、填空题11．(2017·浙江，11)我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6＝________.12．(2017·浙江，12)已知a ，b ∈R ，(a ＋b i)2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则a 2＋b 2＝________，ab ＝________.13．(2017·浙江，13)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝________，a 5＝________.14．(2017·浙江，14)已知△ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝2.点D 为AB 延长线上一点，BD ＝2，连接CD ，则△BDC 的面积是________，cos ∠BDC ＝________.15．(2017·浙江，15)已知向量a ，b 满足|a |＝1，|b |＝2，则|a ＋b |＋|a －b |的最小值是________，最大值是________．16．(2017·浙江，16)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法(用数字作答)． 17．(2017·浙江，17)已知a ∈R ，函数f (x )＝|x ＋4x －a |＋a 在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是________． 三、解答题18．(2017·浙江，18)已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )． (1)求f ⎝⎛⎭⎫2π3的值；(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间．19．(2017·浙江，19)如图，已知四棱锥P ABCD ，△P AD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点．(1)证明：CE ∥平面P AB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．20．(2017·浙江，20)已知函数f (x )＝(x －2x －1)e －x ⎝⎛⎭⎫x ≥12. (1)求f (x )的导函数；(2)求f (x )在区间⎣⎡⎭⎫12，＋∞上的取值范围．21．(2017·浙江，21)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12＜x ＜32，过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值．22．(2017·浙江，22)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时，(1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2.参考答案一、选择题1．【答案】A【解析】∵P ＝{x |－1＜x ＜1}，Q ＝{x |0＜x ＜2}， ∴P ∪Q ＝{x |－1＜x ＜2}． 故选A. 2．【答案】B【解析】∵椭圆方程为x 29＋y 24＝1，∴a ＝3，c ＝a 2－b 2＝9－4＝ 5. ∴e ＝c a ＝53.故选B. 3.【答案】A【解析】由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体， ∴该几何体体积为V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A. 4．【答案】D【解析】作出不等式组表示的平面区域，如图中阴影部分所示．由题意可知，当直线y ＝－12x ＋z2过点A (2,1)时，z 取得最小值，即z min ＝2＋2×1＝4.所以z ＝x ＋2y 的取值范围是[4，＋∞)．故选D. 5．【答案】B【解析】方法一 设x 1，x 2分别是函数f (x )在[0,1]上的最小值点与最大值点，则m ＝x 21＋ax 1＋b ，M ＝x 22＋ax 2＋b . ∴M －m ＝x 22－x 21＋a (x 2－x 1)，显然此值与a 有关，与b 无关． 故选B.方法二由题意可知，函数f(x)的二次项系数为固定值，则二次函数图象的形状一定．随着b的变动，相当于图象上下移动，若b增大k个单位，则最大值与最小值分别变为M＋k，m ＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故与b无关．随着a的变动，相当于图象左右移动，则M －m的值在变化，故与a有关，故选B.6．【答案】C【解析】方法一∵数列{a n}是公差为d的等差数列，∴S4＝4a1＋6d，S5＝5a1＋10d，S6＝6a1＋15d，∴S4＋S6＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d.若d＞0，则21d＞20d,10a1＋21d＞10a1＋20d，即S4＋S6＞2S5.若S4＋S6＞2S5，则10a1＋21d＞10a1＋20d，即21d＞20d，∴d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充分必要条件．故选C.方法二∵S4＋S6＞2S5⇔S4＋S4＋a5＋a6＞2(S4＋a5)⇔a6＞a5⇔a5＋d＞a5⇔d＞0.∴“d＞0”是“S4＋S6＞2S5”的充分必要条件．故选C.7．【答案】D【解析】观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A，C.如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2＞0，故选项D正确．故选D.8．【答案】A【解析】由题意可知ξi (i ＝1,2)服从两点分布， ∴E (ξ1)＝p 1，E (ξ2)＝p 2，D (ξ1)＝p 1(1－p 1)，D (ξ2)＝p 2(1－p 2)， 又∵0＜p 1＜p 2＜12，∴E (ξ1)＜E (ξ2)，把方差看作函数y ＝x (1－x )，根据0＜ξ1＜ξ2＜12知，D (ξ1)＜D (ξ2)．故选A.9．【答案】B【解析】如图①，作出点D 在底面ABC 上的射影O ，过点O 分别作PR ，PQ ，QR 的垂线OE ，OF ，OG ，连接DE ，DF ，DG ，则α＝∠DEO ，β＝∠DFO ，γ＝∠DGO . 由图可知它们的对边都是DO ， ∴只需比较EO ，FO ，GO 的大小即可．如图②，在AB 边上取点P ′，使AP ′＝2P ′B ，连接OQ ，OR ，则O 为△QRP ′的中心． 设点O 到△QRP ′三边的距离为a ，则OG ＝a ， OF ＝OQ ·sin ∠OQF ＜OQ ·sin ∠OQP ′＝a ， OE ＝OR ·sin ∠ORE ＞OR ·sin ∠ORP ′＝a ， ∴OF ＜OG ＜OE ， ∴OD tan β＜OD tan γ＜OD tan α， ∴α＜γ＜β. 故选B. 10．【答案】C【解析】∵I 1－I 2＝OA →·OB →－OB →·OC →＝OB →·(OA →－OC →)＝OB →·CA →， 又OB →与CA →所成角为钝角， ∴I 1－I 2＜0，即I 1＜I 2.∵I 1－I 3＝OA →·OB →－OC →·OD →＝|OA →||OB →|cos ∠AOB －|OC →||OD →|cos ∠COD ＝cos ∠AOB (|OA →||OB →|－|OC →||OD →|)， 又∠AOB 为钝角，OA ＜OC ，OB ＜OD ， ∴I 1－I 3＞0，即I 1＞I 3. ∴I 3＜I 1＜I 2， 故选C. 二、填空题 11．【答案】332【解析】作出单位圆的内接正六边形，如图，则OA ＝OB ＝AB ＝1，S 6＝6S △OAB ＝6×12×1×32＝332.12．【答案】5 2【解析】(a ＋b i)2＝a 2－b 2＋2ab i.由(a ＋b i)2＝3＋4i.得⎩⎪⎨⎪⎧a 2－b 2＝3，ab ＝2. 解得a 2＝4，b 2＝1.所以a 2＋b 2＝5，ab ＝2. 13．【答案】16 4【解析】a 4是x 项的系数，由二项式的展开式得a 4＝C 33·C 12·2＋C 23·C 22·22＝16. a 5是常数项，由二项式的展开式得a 5＝C 33·C 22·22＝4. 14．【答案】152104【解析】依题意作出图形，如图所示，则sin ∠DBC ＝sin ∠ABC .由题意知AB ＝AC ＝4，BC ＝BD ＝2， 则sin ∠ABC ＝154，cos ∠ABC ＝14， 所以S △BDC ＝12BC ·BD ·sin ∠DBC ＝12×2×2×154＝152.因为cos ∠DBC ＝－cos ∠ABC ＝－14＝BD 2＋BC 2－CD 22BD ·BC ＝8－CD28，所以CD ＝10.由余弦定理得，cos ∠BDC ＝4＋10－42×2×10＝104.15．【答案】4 2 5【解析】设a ，b 的夹角为θ， ∵|a |＝1，|b |＝2， ∴|a ＋b |＋|a －b |＝(a ＋b )2＋(a －b )2＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 令y ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ. 则y 2＝10＋225－16cos 2θ. ∵θ∈[0，π]，∴cos 2θ∈[0,1]， ∴y 2∈[16,20]，∴y ∈[4,25]，即|a ＋b |＋|a －b |∈[4,25]． 16．【答案】660【解析】方法一 只有1名女生时，先选1名女生，有C 12种方法；再选3名男生，有C 36种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C 12C 36A 24＝480(种)选法．有2名女生时，再选2名男生，有C 26种方法；然后排队长、副队长位置，有A 24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C 26A 24＝180(种)选法．所以依据分类加法计数原理知共有480＋180＝660(种)不同的选法．方法二 不考虑限制条件，共有A 28C 26种不同的选法， 而没有女生的选法有A 26C 24种，故至少有1名女生的选法有A 28C 26－A 26C 24＝840－180＝660(种)．17．【答案】⎝⎛⎦⎤－∞，92 【解析】方法一 当x ∈[1,4]时，x ＋4x∈[4,5]．①当a ≥5时，f (x )＝a －x －4x ＋a ＝2a －x －4x ，函数的最大值为2a －4＝5，解得a ＝92(舍去)；②当a ≤4时，f (x )＝x ＋4x －a ＋a ＝x ＋4x ≤5，此时符合题意；③当4＜a ＜5时，f (x )max ＝max{|4－a |＋a ，|5－a |＋a }，则⎩⎪⎨⎪⎧ |4－a |＋a ≥|5－a |＋a ，|4－a |＋a ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧|4－a |＋a ＜|5－a |＋a ，|5－a |＋a ＝5，解得a ＝92或a ＜92.综上，a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，92. 方法二 当x ∈[1,4]时，令t ＝x ＋4x∈[4,5]．则f (x )＝|t －a |＋a ，结合数轴易知，t ＝92为[4,5]的对称轴，当a ≤92时，a 靠近左端点4，此时|t －a |≤|5－a |＝5－a ，即f (x )max ＝5－a ＋a ＝5，符合题意． 当a ＞92时，a 靠近右端点5，此时|t －a |≤|4－a |＝a －4，即f (x )max ＝a －4＋a ＝2a －4＞5，不符合题意． 综上可得，a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，92. 方法三 当x ∈[1,4]时，x ＋4x ∈[4,5]．结合数轴可知，f (x )max＝max{|5－a |，|4－a |}＋a ＝⎩⎨⎧5， a ≤92，2a －4，a ＞92，令f (x )max ＝5，得a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，92. 三、解答题 18．解 (1)由sin2π3＝32，cos 2π3＝－12， 得f ⎝⎛⎭⎫2π3＝⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫－122－23×32×⎝⎛⎭⎫－12＝2.(2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得， f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. 所以f (x )的最小正周期是π. 由正弦函数的性质得，π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z ， 解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤π6＋k π，2π3＋k π(k ∈Z )． 19．(1)证明 如图，设P A 中点为F ，连接EF ，FB .因为E ，F 分别为PD ，P A 中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，所以四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 因为BF ⊂平面P AB ，CE ⊄平面P AB ， 因此CE ∥平面P AB .(2)解 分别取BC ，AD 的中点为M ，N ， 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，P A ，AD 的中点， 所以Q 为EF 中点，在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△P AD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ，BC ∥AD ，BC ＝12AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD .所以AD ⊥平面PBN .由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ， 那么平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，连接MH .MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角． 设CD ＝1.在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt △MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin ∠QMH ＝28， 所以直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 20．解 (1)因为(x －2x －1)′＝1－12x －1，(e －x )′＝－e －x ， 所以f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12x －1e －x －(x －2x －1)e －x ＝(1－x )(2x －1－2)e －x 2x －1⎝⎛⎭⎫x ＞12. (2)由f ′(x )＝(1－x )(2x －1－2)e －x 2x －1＝0，解得x ＝1或x ＝52.因为↘↗又f (x )＝12(2x －1－1)2e －x ≥0，所以f (x )在区间⎣⎡⎭⎫12，＋∞上的取值范围是1210,e 2-⎡⎤⎢⎥⎣⎦. 21．解 (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12＜x ＜32.所以直线AP 斜率的取值范围为(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎨⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3k 2＋.因为|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1， 所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3， 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减． 因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.22．证明 (1)用数学归纳法证明x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0. 假设n ＝k 时，x k ＞0， 那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾， 故x k ＋1＞0， 因此x n ＞0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1， 因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *)． (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)． 记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)． f ′(x )＝2x 2＋xx ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0， 因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)．(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －12＞0， 所以1x n －12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *)．。
2017年浙江高考理科数学试题及解析
2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数 学（理科）选择题部分（共50分）1.(2017年浙江)已知集合P=｛x|-1＜x ＜1｝，Q={0＜x ＜2}，那么P ∪Q=（ ）A ．（1，2）B ．（0,1）C ．（-1，0）D ．（1，2) 1。
A 【解析】利用数轴，取P ，Q 所有元素,得P ∪Q=（-1,2）.2. （2017年浙江）椭圆错误!+错误!=1的离心率是( ）A ．错误!B ．错误!C ．错误!D ．59 2.B 【解析】e=错误!=错误!.故选B ．3。
(2017年浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积(单位：cm 3）是（ )（第3题图)A ．12π+B ．32π+C ．312π+D ．332π+ 3. A 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为V=错误!×3×（错误!+错误!×2×1）=错误!+1.故选A.4. (2017年浙江）若x,y 满足约束条件错误!则z=x+2y 的取值范围是（ ）A ．［0,6]B ．[0,4］C ．[6,+∞）D ．［4,+∞）4。
D 【解析】如图，可行域为一开放区域,所以直线过点(2,1)时取最小值4,无最大值，选D．5。
（2017年浙江）若函数f(x)=x2+ ax+b在区间［0，1]上的最大值是M，最小值是m,则M –m（）A．与a有关,且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关,但与b有关5. B 【解析】因为最值f（0）=b,f（1）=1+a+b，f(-错误!）=b-错误!中取，所以最值之差一定与b无关。
故选B.6。
(2017年浙江)已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6。
2017年浙江省高考数学试题+解析(最新整理)
2017浙江省高考理科数学试卷一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}，那么P ∪Q=（ ）A ．（﹣1，2）B ．（0，1）C ．（﹣1，0）D ．（1，2）2．（4分）椭圆+=1的离心率是（ ）x 29y 24A ．B ．C ．D ．1335323593．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．+1B ．+3C ．+1D ．+3π2π23π23π24．（4分）若x 、y 满足约束条件，则z=x +2y 的取值范围是（ ）{x ≥0x +y ‒3≥0x ‒2y ≤0A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，+∞）D ．[4，+∞）5．（4分）若函数f （x ）=x 2+ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M ﹣m （ ）A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关6．（4分）已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4+S 6＞2S 5”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．（4分）函数y=f （x ）的导函数y=f′（x ）的图象如图所示，则函数y=f （x ）的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．8．（4分）已知随机变量ξi 满足P （ξi =1）=p i ，P （ξi =0）=1﹣p i ，i=1，2．若0＜p 1＜p 2＜，则（ ）12A ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）B ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）C ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）D ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）9．（4分）如图，已知正四面体D ﹣ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P 、Q 、R 分别为AB 、BC 、CA 上的点，AP=PB ，==2，分别记二面角D ﹣PR ﹣Q ，D ﹣PQ ﹣R ，D ﹣QR ﹣P BQ QC CR RA的平面角为α、β、γ，则（ ）A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB=BC=AD=2，CD=3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=•，I 2=•，I 3=•，则（ ）→OA →OB →OB →OC →OC →ODA ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6= ．12．（6分）已知a 、b ∈R ，（a +bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），则a 2+b 2= ，ab= ．13．（6分）已知多项式（x +1）3（x +2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x +a 5，则a 4= ，a 5= ．14．（6分）已知△ABC ，AB=AC=4，BC=2，点D 为AB 延长线上一点，BD=2，连结CD ，则△BDC 的面积是 ，cos ∠BDC= ．15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是 ，→a →b →a →b →a →b →a →b 最大值是 ．16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 种不同的选法．（用数字作答）17．（4分）已知a ∈R ，函数f （x ）=|x +﹣a |+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 4x的取值范围是 ．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f （x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2sinx cosx （x ∈R ）．3（Ⅰ）求f （）的值．2π3（Ⅱ）求f （x ）的最小正周期及单调递增区间．19．（15分）如图，已知四棱锥P ﹣ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC=AD=2DC=2CB ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．20．（15分）已知函数f （x ）=（x ﹣）e ﹣x （x ≥）．2x ‒112（1）求f （x ）的导函数；（2）求f （x ）在区间[，+∞）上的取值范围．1221．（15分）如图，已知抛物线x 2=y ，点A （﹣，），B （，），抛物线上的点P （x ，y ）12143294（﹣＜x ＜），过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．1232（Ⅰ）求直线AP 斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA |•|PQ |的最大值．22．（15分）已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln （1+x n +1）（n ∈N *），证明：当n ∈N *时，（Ⅰ）0＜x n +1＜x n ；（Ⅱ）2x n +1﹣x n ≤；x n x n +12（Ⅲ）≤x n ≤．12n ‒112n ‒2 2017年浙江省高考理科数学参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）1．（4分）已知集合P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}，那么P ∪Q=（ ）A ．（﹣1，2）B ．（0，1）C ．（﹣1，0）D ．（1，2）【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．【解答】解：集合P={x |﹣1＜x ＜1}，Q={x |0＜x ＜2}，那么P ∪Q={x |﹣1＜x ＜2}=（﹣1，2）．故选：A ．【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力． 2．（4分）椭圆+=1的离心率是（ ）x 29y 24A ．B ．C ．D ．133532359【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，x 29y 249‒45所以椭圆的离心率为：=．c a 53故选：B ．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．3．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．+1B ．+3C ．+1D ．+3π2π23π23π2【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，1213131222π2故选：A【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．4．（4分）若x 、y 满足约束条件，则z=x +2y 的取值范围是（ ）{x ≥0x +y ‒3≥0x ‒2y ≤0A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，+∞）D ．[4，+∞）【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．【解答】解：x 、y 满足约束条件，表示的可行域如图：{x ≥0x +y ‒3≥0x ‒2y ≤0目标函数z=x +2y 经过C 点时，函数取得最小值，由解得C （2，1），{x +y ‒3=0x ‒2y =0目标函数的最小值为：4目标函数的范围是[4，+∞）．故选：D ．【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．5．（4分）若函数f （x ）=x 2+ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M ﹣m （ ）A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M ﹣m 的取值与a ，b 的关系，综合可得答案．【解答】解：函数f （x ）=x 2+ax +b 的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛a 2物线，①当﹣＞1或﹣＜0，即a ＜﹣2，或a ＞0时，a 2a 2函数f （x ）在区间[0，1]上单调，此时M ﹣m=|f （1）﹣f （0）|=|a +1|，故M ﹣m 的值与a 有关，与b 无关②当≤﹣≤1，即﹣2≤a ≤﹣1时，12a 2函数f （x ）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，a 2a 2且f （0）＞f （1），此时M ﹣m=f （0）﹣f （﹣）=，a 2a 24故M ﹣m 的值与a 有关，与b 无关③当0≤﹣＜，即﹣1＜a ≤0时，a 212函数f （x ）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，a 2a 2且f （0）＜f （1），此时M ﹣m=f （1）﹣f （﹣）=1+a +，a 2a 24故M ﹣m 的值与a 有关，与b 无关综上可得：M ﹣m 的值与a 有关，与b 无关故选：B【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．6．（4分）已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4+S 6＞2S 5”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【分析】根据等差数列的求和公式和S 4+S 6＞2S 5，可以得到d ＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．【解答】解：∵S 4+S 6＞2S 5，∴4a 1+6d +6a 1+15d ＞2（5a 1+10d ），∴21d ＞20d ，∴d ＞0，故“d ＞0”是“S 4+S 6＞2S 5”充分必要条件，故选：C【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题 7．（4分）函数y=f （x ）的导函数y=f′（x ）的图象如图所示，则函数y=f （x ）的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x ）＜0时，函数f （x ）单调递减，当f′（x ）＞0时，函数f （x ）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f （x ）的图象可能【解答】解：由当f′（x ）＜0时，函数f （x ）单调递减，当f′（x ）＞0时，函数f （x ）单调递增，则由导函数y=f′（x ）的图象可知：f （x ）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A ，C ，且第二个拐点（即函数的极大值点）在x 轴上的右侧，排除B ，故选D【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．8．（4分）已知随机变量ξi 满足P （ξi =1）=p i ，P （ξi =0）=1﹣p i ，i=1，2．若0＜p 1＜p 2＜，则（ ）12A ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）B ．E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）C ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）D ．E （ξ1）＞E （ξ2），D （ξ1）＞D （ξ2）【分析】由已知得0＜p 1＜p 2＜，＜1﹣p 2＜1﹣p 1＜1，求出E （ξ1）=p 1，E （ξ2）=p 2，1212从而求出D （ξ1），D （ξ2），由此能求出结果．【解答】解：∵随机变量ξi 满足P （ξi =1）=p i ，P （ξi =0）=1﹣p i ，i=1，2，…，0＜p 1＜p 2＜，12∴＜1﹣p 2＜1﹣p 1＜1，12E （ξ1）=1×p 1+0×（1﹣p 1）=p 1，E （ξ2）=1×p 2+0×（1﹣p 2）=p 2，D （ξ1）=（1﹣p 1）2p 1+（0﹣p 1）2（1﹣p 1）=，p 1‒p 12D （ξ2）=（1﹣p 2）2p 2+（0﹣p 2）2（1﹣p 2）=，p 2‒p 22D （ξ1）﹣D （ξ2）=p 1﹣p 12﹣（）=（p 2﹣p 1）（p 1+p 2﹣1）＜0，p 2‒p 22∴E （ξ1）＜E （ξ2），D （ξ1）＜D （ξ2）．故选：A ．【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．9．（4分）如图，已知正四面体D ﹣ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P 、Q 、R 分别为AB 、BC 、CA 上的点，AP=PB ，==2，分别记二面角D ﹣PR ﹣Q ，D ﹣PQ ﹣R ，D ﹣QR ﹣P BQ QC CR RA的平面角为α、β、γ，则（ ）A ．γ＜α＜βB ．α＜γ＜βC ．α＜β＜γD ．β＜γ＜α【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC 的中心为O ．不妨设OP=3．则O （0，0，0），P （0，﹣3，0），C （0，6，0），D （0，0，6），Q 2，R ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．(3，3，0)(‒23，0，0)解法二：如图所示，连接OP ，OQ ，OR ，过点O 分别作垂线：OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥QR ，垂足分别为E ，F ，G ，连接DE ，DF ，DG ．．可得tanα=．tanβ=，tanγ=OD OE OD OF．由已知可得：OE ＞OG ＞OF ．即可得出．OD OG【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC 的中心为O ．不妨设OP=3．则O （0，0，0），P （0，﹣3，0），C （0，6，0），D （0，0，6），B （32，﹣3，0）．Q ，R ，3(3，3，0)(‒23，0，0)=，=（0，3，6），=（，6，0），=→PR (‒23，3，0)→PD 2→PQ 3→QR (‒33，‒3，，0)=．→QD (‒3，‒3，62)设平面PDR 的法向量为=（x ，y ，z ），则，可得，→n {→n ⋅→PR =0→n ⋅→PD =0{‒23x +3y =03y +62z =0可得=，取平面ABC 的法向量=（0，0，1）．→n (6，22，‒1)→m 则cos ==，取α=arccos ．＜→m ，→n ＞→m ⋅→n|→m ||→n |‒115115同理可得：β=arccos ．γ=arccos ．3681295∵＞＞．1152953681∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP ，OQ ，OR ，过点O 分别作垂线：OE ⊥PR ，OF ⊥PQ ，OG ⊥QR ，垂足分别为E ，F ，G ，连接DE ，DF ，DG ．设OD=h ．则tanα=．OD OE同理可得：tanβ=，tanγ=．OD OF OD OG由已知可得：OE ＞OG ＞OF ．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B ．【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．10．（4分）如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB=BC=AD=2，CD=3，AC 与BD 交于点O ，记I 1=•，I 2=•，I 3=•，则（ ）→OA →OB →OB →OC →OC →ODA ．I 1＜I 2＜I 3B ．I 1＜I 3＜I 2C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 3【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．【解答】解：∵AB ⊥BC ，AB=BC=AD=2，CD=3，∴AC=2，2∴∠AOB=∠COD ＞90°，由图象知OA ＜OC ，OB ＜OD ，∴0＞•＞•，•＞0，→OA →OB →OC →OD →OB →OC 即I 3＜I 1＜I 2，故选：C ．【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11．（4分）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年，“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6，S 6= ．332【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．【解答】解：如图所示，单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF 中，△AOB 是边长为1的正三角形，所以正六边形ABCDEF 的面积为S 6=6××1×1×sin60°=．12332故答案为：．332【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题． 12．（6分）已知a 、b ∈R ，（a +bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），则a 2+b 2= 5 ，ab= 2 ．【分析】a 、b ∈R ，（a +bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），可得3+4i=a 2﹣b 2+2abi ，可得3=a 2﹣b 2，2ab=4，解出即可得出．【解答】解：a 、b ∈R ，（a +bi ）2=3+4i （i 是虚数单位），∴3+4i=a 2﹣b 2+2abi ，∴3=a 2﹣b 2，2ab=4，解得ab=2，，．{a =2b =1{a =‒2b =‒1则a 2+b 2=5，故答案为：5，2．【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．13．（6分）已知多项式（x +1）3（x +2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x +a 5，则a 4= 16 ，a 5= 4 ．【分析】利用二项式定理的展开式，求解x 的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a 5就是常数的乘积．【解答】解：多项式（x +1）3（x +2）2=x 5+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x +a 5，（x +1）3中，x 的系数是：3，常数是1；（x +2）2中x 的系数是4，常数是4，a 4=3×4+1×4=16；a 5=1×4=4．故答案为：16；4．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．14．（6分）已知△ABC ，AB=AC=4，BC=2，点D 为AB 延长线上一点，BD=2，连结CD ，则△BDC 的面积是 ，cos ∠BDC= ．152104【分析】如图，取BC 得中点E ，根据勾股定理求出AE ，再求出S △ABC ，再根据S △BDC =S △ABC 即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出12【解答】解：如图，取BC 得中点E ，∵AB=AC=4，BC=2，∴BE=BC=1，AE ⊥BC ，12∴AE==，AB 2‒BE 215∴S △ABC =BC•AE=×2×=，12121515∵BD=2，∴S △BDC =S △ABC =，12152∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD ，∴∠ABE=2∠BDC在Rt △ABE 中，∵cos ∠ABE==，BE AB 14∴cos ∠ABE=2cos 2∠BDC ﹣1=，14∴cos ∠BDC=，104，152104【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是 4 ，→a →b →a →b →a →b →a →b 最大值是 ．25【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|→a →b 5+4cosα﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．→a →b 5‒4cosα【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，由余弦定理可得：|+|=，→a →b 5+4cosα|﹣|=，→a →b 5‒4cosα令x=，y=，5‒4cosα5+4cosα则x 2+y 2=10（x 、y ≥1），其图象为一段圆弧MN ，如图，令z=x +y ，则y=﹣x +z ，则直线y=﹣x +z 过M 、N 时z 最小为z min =1+3=3+1=4，当直线y=﹣x +z 与圆弧MN 相切时z 最大，由平面几何知识易知z max 即为原点到切线的距离的倍，2也就是圆弧MN 倍，2所以z max =×=．21025综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．→a →b →a →b 25故答案为：4、．25【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题． 16．（4分）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有 660 种不同的选法．（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有C 63C 21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A 42=12种，故有40×12=480种，第二类，先选2女2男，有C 62C 22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A 42=12种，故有15×12=180种，根据分类计数原理共有480+180=660种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题17．（4分）已知a ∈R ，函数f （x ）=|x +﹣a |+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 4x的取值范围是 （﹣∞，] ．92【分析】通过转化可知|x +﹣a |+a ≤5且a ≤5，进而解绝对值不等式可知2a ﹣5≤x +4x≤5，进而计算可得结论．4x【解答】解：由题可知|x +﹣a |+a ≤5，即|x +﹣a |≤5﹣a ，所以a ≤5，4x 4x又因为|x +﹣a |≤5﹣a ，4x所以a ﹣5≤x +﹣a ≤5﹣a ，4x所以2a ﹣5≤x +≤5，4x又因为1≤x ≤4，4≤x +≤5，4x所以2a ﹣5≤4，解得a ≤，92故答案为：（﹣∞，]．92【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题（共5小题，满分74分）18．（14分）已知函数f （x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2sinx cosx （x ∈R ）．3（Ⅰ）求f （）的值．2π3（Ⅱ）求f （x ）的最小正周期及单调递增区间．【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，（Ⅰ）代入可得：f （）的值．2π3（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f （x ）的最小正周期及单调递增区间【解答】解：∵函数f （x ）=sin 2x ﹣cos 2x ﹣2sinx cosx=﹣sin2x ﹣cos2x=2sin （2x +）337π6（Ⅰ）f （）=2sin （2×+）=2sin =2，2π32π37π65π2（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，即f （x ）的最小正周期为π，由2x +∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k ∈Z 得：7π6π2π2x ∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k ∈Z ，5π6π3故f （x ）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]或写成[kπ+，kπ+]，k ∈Z ．5π6π3π62π3【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．19．（15分）如图，已知四棱锥P ﹣ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC=AD=2DC=2CB ，E 为PD 的中点．（Ⅰ）证明：CE ∥平面PAB ；（Ⅱ）求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值．【分析】（Ⅰ）取AD 的中点F ，连结EF ，CF ，推导出EF ∥PA ，CF ∥AB ，从而平面EFC ∥平面ABP ，由此能证明EC ∥平面PAB ．（Ⅱ）连结BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连结PF ，推导出四边形BCDF 为矩形，从而BF ⊥AD ，进而AD ⊥平面PBF ，由AD ∥BC ，得BC ⊥PB ，再求出BC ⊥MF ，由此能求出sinθ．【解答】证明：（Ⅰ）取AD 的中点F ，连结EF ，CF ，∵E 为PD 的中点，∴EF ∥PA ，在四边形ABCD 中，BC ∥AD ，AD=2DC=2CB ，F 为中点，∴CF ∥AB ，∴平面EFC ∥平面ABP ，∵EC ⊂平面EFC ，∴EC ∥平面PAB ．解：（Ⅱ）连结BF ，过F 作FM ⊥PB 于M ，连结PF ，∵PA=PD ，∴PF ⊥AD ，推导出四边形BCDF 为矩形，∴BF ⊥AD ，∴AD ⊥平面PBF ，又AD ∥BC ，∴BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥PB ，设DC=CB=1，由PC=AD=2DC=2CB ，得AD=PC=2，∴PB===，PC 2‒BC 24‒13BF=PF=1，∴MF=，12又BC ⊥平面PBF ，∴BC ⊥MF ，∴MF ⊥平面PBC ，即点F 到平面PBC 的距离为，12∵MF=，D 到平面PBC 的距离应该和MF 平行且相等，为，1212E 为PD 中点，E 到平面PBC 的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，∴E 到平面PBC 的距离为，14在，△PCD 中，PC =2，CD =1，PD =2由余弦定理得CE=，2设直线CE 与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．14CE 28【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．20．（15分）已知函数f （x ）=（x ﹣）e ﹣x （x ≥）．2x ‒112（1）求f （x ）的导函数；（2）求f （x ）在区间[，+∞）上的取值范围．12【分析】（1）求出f （x ）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；（2）求出f （x ）的导数，求得极值点，讨论当＜x ＜1时，当1＜x ＜时，当x ＞1252时，f （x ）的单调性，判断f （x ）≥0，计算f （），f （1），f （），即可得到所521252求取值范围．【解答】解：（1）函数f （x ）=（x ﹣）e ﹣x （x ≥），2x ‒112导数f′（x ）=（1﹣••2）e ﹣x ﹣（x ﹣）e ﹣x 1212x ‒12x ‒1=（1﹣x +）e ﹣x =（1﹣x ）（1﹣）e ﹣x ；2x ‒22x ‒122x ‒1（2）由f （x ）的导数f′（x ）=（1﹣x ）（1﹣）e ﹣x ，22x ‒1可得f′（x ）=0时，x=1或，52当＜x ＜1时，f′（x ）＜0，f （x ）递减；12当1＜x ＜时，f′（x ）＞0，f （x ）递增；52当x ＞时，f′（x ）＜0，f （x ）递减，52且x ≥⇔x 2≥2x ﹣1⇔（x ﹣1）2≥0，2x ‒1则f （x ）≥0．由f （）=e ，f （1）=0，f （）=e ，1212‒125212‒52即有f （x ）的最大值为e ，最小值为f （1）=0．12‒12则f （x ）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e ]．1212‒12【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．21．（15分）如图，已知抛物线x 2=y ，点A （﹣，），B （，），抛物线上的点P （x ，y ）12143294（﹣＜x ＜），过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．1232（Ⅰ）求直线AP 斜率的取值范围；（Ⅱ）求|PA |•|PQ |的最大值．【分析】（Ⅰ）通过点P 在抛物线上可设P （x ，x 2），利用斜率公式结合﹣＜x ＜1232可得结论；（Ⅱ）通过（I ）知P （x ，x 2）、﹣＜x ＜，设直线AP 的斜率为k ，联立直线AP 、BQ 1232方程可知Q 点坐标，进而可用k 表示出、，计算可知|PA |•|PQ |=（1+k ）3→PQ →PA （1﹣k ），通过令f （x ）=（1+x ）3（1﹣x ），﹣1＜x ＜1，求导结合单调性可得结论．【解答】解：（Ⅰ）由题可知P （x ，x 2），﹣＜x ＜，1232所以k AP ==x ﹣∈（﹣1，1），x 2‒14x +1212故直线AP 斜率的取值范围是：（﹣1，1）；（Ⅱ）由（I ）知P （x ，x 2），﹣＜x ＜，1232所以=（﹣﹣x ，﹣x 2），→PA 1214设直线AP 的斜率为k ，则AP ：y=kx +k +，BQ ：y=﹣x ++，12141k 32k 94联立直线AP 、BQ 方程可知Q （，），3+4k ‒k 22k 2+29k 2+8k +14k 2+4故=（，），→PQ 1+k ‒k 2‒k 31+k 2‒k 4‒k 3+k 2+k 1+k 2又因为=（﹣1﹣k ，﹣k 2﹣k ），→PA 故﹣|PA |•|PQ |=•=+=（1+k ）3（k ﹣1），→PA →PQ (1+k )3(k ‒1)1+k 2k 2(1+k )3(k ‒1)1+k 2所以|PA |•|PQ |=（1+k ）3（1﹣k ），令f （x ）=（1+x ）3（1﹣x ），﹣1＜x ＜1，则f′（x ）=（1+x ）2（2﹣4x ）=﹣2（1+x ）2（2x ﹣1），由于当﹣1＜x ＜时f′（x ）＞0，当＜x ＜1时f′（x ）＜0，1212故f （x ）max =f （）=，即|PA |•|PQ |的最大值为．1227162716【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．22．（15分）已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln （1+x n +1）（n ∈N *），证明：当n ∈N *时，（Ⅰ）0＜x n +1＜x n ；（Ⅱ）2x n +1﹣x n ≤；x n x n +12（Ⅲ）≤x n ≤．12n ‒112n ‒2【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，（Ⅲ）由≥2x n +1﹣x n 得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明x n x n +121x n +1121x n 12【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n ＞0，当n=1时，x 1=1＞0，成立，假设当n=k 时成立，则x k ＞0，那么n=k +1时，若x k +1＜0，则0＜x k =x k +1+ln （1+x k +1）＜0，矛盾，故x n +1＞0，因此x n ＞0，（n ∈N*）∴x n =x n +1+ln （1+x n +1）＞x n +1，因此0＜x n +1＜x n （n ∈N *），（Ⅱ）由x n =x n +1+ln （1+x n +1）得x n x n +1﹣4x n +1+2x n =x n +12﹣2x n +1+（x n +1+2）ln （1+x n +1），记函数f （x ）=x 2﹣2x +（x +2）ln （1+x ），x ≥0∴f′（x ）=+ln （1+x ）＞0，2x 2+x x +1∴f （x ）在（0，+∞）上单调递增，∴f （x ）≥f （0）=0，因此x n +12﹣2x n +1+（x n +1+2）ln （1+x n +1）≥0，故2x n +1﹣x n ≤；x n x n +12（Ⅲ）∵x n =x n +1+ln （1+x n +1）≤x n +1+x n +1=2x n +1，∴x n ≥，12n ‒1由≥2x n +1﹣x n 得﹣≥2（﹣）＞0，x n x n +121x n +1121x n 12∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n ﹣1（﹣）=2n ﹣2，1x n 121x n ‒1121x 112∴x n ≤，12n ‒2综上所述≤x n ≤．12n ‒112n ‒2【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题。
2017年浙江高考理科数学试题和解析
2017 年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）选择题部分（共50 分）1.(2017 年浙江) 已知集合P={x|-1 ＜x＜1} ，Q={0＜x＜2} ，那么P∪Q=（）A．（1，2）B．（0，1）C．（-1 ，0）D．（1，2）1.A 【解析】利用数轴，取P，Q所有元素，得P∪Q=（-1 ，2）.2 2x y2. (2017 年浙江)椭圆+ =1 的离心率是（）9 4A．133B．53C．2359D．2.B 【解析】e= 9-43 =53 . 故选B．3. (2017 年浙江) 某几何体的三视图如图所示（单位：c m），则该几何体的体积（单位：c m3）是（）（第 3 题图）A． 12 B． 32C．321 D ．3233. A 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所1 以，几何体的体积为V=3×3×（2π×1 1π2 +2×2×1）= 2 +1. 故选A.x≥0，4. (2017 年浙江) 若x，y 满足约束条件x+y- 3≥0，则z=x+2y 的取值范围是（）x- 2y≤0，A．[0 ，6] B．[0 ，4] C．[6 ，+∞） D ．[4 ，+∞）2. D 【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1) 时取最小值4，无最大值，选D．23. (2017 年浙江) 若函数 f ( x)= x + ax+b 在区间[0 ，1] 上的最大值是M，最小值是m，则M–m（）A．与a 有关，且与 b 有关B．与a 有关，但与 b 无关C．与a 无关，且与 b 无关D．与a 无关，但与 b 有关a 2 a3. B 【解析】因为最值 f （0）=b，f （1）=1+a+b，f （- 2）=b-4 中取，所以最值之差一定与b 无关. 故选 B.4. (2017 年浙江) 已知等差数列{ a n} 的公差为d，前n 项和为S n，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4. C 【解析】由S4 + S6-2 S=10a1+21d-2 （5a1+10d）=d，可知当d＞0 时，有S4+S6-2S5＞0，5即S4 + S6>2S5，反之，若S4 + S6>2S5，则d＞0，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．5. (2017 年浙江) 函数y=f ( x) 的导函数y=f ′（x）的图象如图所示，则函数y=f ( x) 的图象可能是（）（第7 题图）4. D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且x=0 位于增区间内. 故选 D.1 5.(2017 年浙江) 已知随机变量ξi 满足（Pξi =1）=p i ，P（ξi =0）=1–p i ，i =1，2．若0<p1<p2<，2 则（）A．E( ξ1) ＜E( ξ2) ，D( ξ1) ＜D( ξ2) B ．E( ξ1)＜E( ξ2) ，D( ξ1) ＞D( ξ2) C．E( ξ1) ＞E( ξ2) ，D( ξ1) ＜D( ξ2) D ．E( ξ1)＞E( ξ2) ，D( ξ1) ＞D( ξ2)5. A 【解析】∵E(ξ1)= p1，E( ξ2)= p2，∴E( ξ1) ＜E( ξ2) ，∵D( ξ1 )=p1(1- p1) ，D( ξ2)=p2(1- p2) ，∴D( ξ1)- D( ξ2)=( p1- p2)(1- p1- p2) ＜0. 故选A．6.(2017 年浙江) 如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，B Q CR= =2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–PQC RA的平面角为α，β，γ，则（）（第9 题图）A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α6. B 【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ 距离居中，而高相等，因此α<γ<β. 故选B.6. (2017 年浙江 ) 如图，已知平面四边形 ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与 BD→交于点 O ，记I 1=OA ·→ OB ，I → 2=OB · → OC ， I →3= OC ·→ OD ，则（）（第 10 题图） A ．I 1＜I 2＜I 3 B ．I 1 ＜I 3＜I 2 C ．I 3＜I 1＜I 2D ．I 2＜I 1＜I 37. C 【解析】因为∠ AOB=∠COD ＞90°， OA ＜OC ，OB ＜ OD ，所以 →O B · O →C ＞0＞O →A · O →B ＞ → OC · →OD . 故选 C.非选择题部分（共100 分）8. (2017 年浙江 ) 我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率 π，理论上能把π 的值计算到任意精度． 祖冲之继承并发展了“割圆术”，将 π 的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积S 6 ， S 6= ．7.3 3 2【解析】将正六边形分割为6 个等边三角形，则S 6=6×（12×1×1×sin 60 °）3 3 = ． 28. (2017 年浙江 ) 已知 a ，b ∈R ，（ a+bi ）2=3+4i （i 是虚数单位）则 a 2+b 2=___________，ab =___________.5. 2 【解析】由题意可得 a2-b2-b2+2abi=3+4i ，则 2-b 2=3， a ab=2， 解得2=4， a2+b 2=5，ab=2. b 2=1，则 a2=1，则 a3 2 54 3 27.(2017 年浙江) 已知多项式（x+1）（x+2）=x +a1x +a2x +a3x +a4x+a5，，则a4=________，a5=________．9.16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为C r 3xr Cm2·2r Cm2·22-m= Cr 3·Cm2·22-m·x r+m，分别取r=0 ，m=1和r=1 ，m=0可得a4=4+12=16，取r=m，可得a5=1×22=4．10.(2017 年浙江) 已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D为A B延长线上一点，BD=2，连结CD，则△BDC的面积是___________，cos∠BDC=___________.9.15210 BE 14 【解析】取BC中点E，由题意，AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE=AB=4，∴cos∠DBC=- 14，sin ∠DBC= 1-116=154 ，∴S1△BCD=2×BD×BC×sin ∠DBC=152 . ∵∠ABC=2∠BDC，2∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos∠BDC-1= 14，解得cos∠BDC=104 或cos∠B DC=-104 （舍去）.15综上可得，△BCD 面积为2，cos∠BDC= 10 4 .10. (2017 年浙江) 已知向量a，b 满足|a|=1,| b|=2, 则| a+b|+| a-b| 的最小值是________，最大值是_______．6.4，2 5 【解析】设向量a，b 的夹角为θ，由余弦定理有| a-b|= 12+22- 2×1×2×cos θ= 5-4 cos θ，| a+b|= 12 +22-2×1×2×cos ( π- θ) = 5+4cos θ，则| a+b|+| a- b|= 5+4cos θ+ 5- 4cos θ，令y= 5+4cos θ+ 5- 4cos θ，则y2=10+2 25-16cos2=10+2 25-16cos2θ∈[16,20] ，据此可得(| a+b|+| a- b|) max= 20 =2 5,(| a+b|+| a- b|) min= 16=4，即| a+b|+| a-b| 的最小值是4，最大值是25．7. (2017 年浙江) 从6 男2 女共8 名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，普通队员2 人组WORD 完美格式成4 人服务队，要求服务队中至少有 1 名女生，共有______种不同的选法．（用数字作答）8. 660 【解析】由题意可得，“从8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成 4 人服务队”中的选择方法为C4 8×C1 4×C1 3（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有C4 6×C1 4×C1 3（种）方法，则满足题意的选法有C4 8×C1 4×C1 3- C4 6×C1 4×C1 3=660（种）.9. (2017 年浙江) 已知a R，函数 f （x）=|x+ 4x-a|+a 在区间[1 ，4] 上的最大值是5，则 a的取值范围是___________．11.（- ∞，92] 【解析】x∈[1,4],x+4x∈[4,5] ，分类讨论：①当a≥5时，f （x）=a-x-4x+a=2a-x- 4 9 4，函数的最大值2a-4=5 ，∴a= ，舍去；②当a≤4时，f （x）=x+ -a+a=x+x 2 x4x≤5，此时命题成立；③当4＜a＜5 时，[f(x)] max=max{|4-a|+a,|5-a|+a} ，则|4- a|+a ≥|5 -a|+a ，|4-a|+a=5或|4-a|+a ＜|5-a|+a ，|4-a|+a=59 9解得a= 或a＜. 综上可得，实数 a 的取值范围是（- ∞，2 292] ．12. (2017 年浙江) 已知函数 f （x）=sin 2x–cos 2x– 2 3sin x cos x（x∈R）．2π（1）求 f （3）的值．（2）求 f （x）的最小正周期及单调递增区间．11.解：（1）由sin 2π3=3，cos22π=-312，2πf （3 ）=（3） 2 -（-2 - （-212）2-2 3×3×（-212）．2π得f （3）=2．（2）由cos 2x=cos 2x-sin 2x 与sin 2x=2sin xcos x ，得f(x)=-cos 2x- 3sin 2x=-2sin(2x+ π6) ．所以f(x) 的最小正周期是π．由正弦函数的性质得π+2kπ≤2x+2π≤63π2+2kπ，k∈Z，解得π6+kπ≤x≤3π2+2kπ，k∈Z，所以，f （x）的单调递增区间是[ π+kπ，63π2+2kπ] ，k∈Z．12. (2017 年浙江) 如图，已知四棱锥P–ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．..整理分享..WORD 完美格式PEDAB C（第19 题图）（1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．10.解：（1）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．因为E，F分别为PD，PA中点，1所以EF∥AD且EF= AD，21又因为BC∥AD，BC= AD，2所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB．（2）分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ. 因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF 中点，在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD. ..整理分享..WORD 完美格式由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，由BC// AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接M H．MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．设C D=1．在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD= 2得CE= 2，1在△PBN中，由PN=BN=1，PB= 3得QH= ，41在Rt△MQH中，QH=，MQ= 2，4所以sin ∠QM=H2，8所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是2 ．811. (2017 年浙江) 已知函数 f ( x)= （x–2x-1 ）e-x （x≥-x （x≥1）．2（1）求 f ( x) 的导函数；1（2）求 f ( x) 在区间[，+∞) 上的取值范围．213.解：（1）因为（x–2x-1 ）′=1-12x-1，（e-x ）′=-e-x ）′=-e-x ，所以 f （x）=（1-12x-1(1-x)( 2x-1-2)e2x-1）e-x - （x–2x-1 ）e-x =-x - （x–2x-1 ）e-x =-x 1(x ＞).2-x(1-x)( 2x-1-2)e （2）由 f ′( x)= =02x-15解得x=1 或x= ．2因为x 121（，1） 1 （1，25）252（52，+∞）f ′( x) –0 + 0 –f （x）121-e 2 ↘0 ↗1-e252 ↘1又f （x）= （2x-1-1 ）2e-x ≥0，2..整理分享..WORD 完美格式所以 f （x ）在区间 [ 1 1 ，+∞) 上的取值范围是 [0 ， 2 21-e 2] ．12. (2017 年浙江 ) 如图，已知抛物线 x 2=y ，点 A （-2=y ，点 A （- 1 1 3 9 ， ， ），B （ ），抛物线上的点 p(x,y)(- 2 4 2 41 2 ＜x ＜3 2) ．过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q ．（第 19 题图）（1）求直线 AP 斜率的取值范围； （2）求|PA| · |PQ| 的最大值．14. 解：（1）设直线 AP 的斜率为 k ， 1 4 x 2- 2-k= =x- 1 x+ 21 2 ，因为- 1 2 ＜x ＜ 3 2，所以直线 AP 斜率的取值范围是（ -1 ，1）．（2）联立直线 AP 与 BQ 的方程kx-y+ x+ky-1 1 k+ =0，2 4 9 4 k-3 2=0，-k2+4k+3解得点 Q 的横坐标是 x Q =2(k2+1) ．因为| PA |= 1+k2(x+2(x+ 1 2)= 1+k2(k+1) ，2(k+1) ，| PQ |= 1+k 2(x 2(x Q -x)=- 2(k-1)(k+1)k 2+12+1 ，所以|PA| ·|PQ|= -(k-1)(k+1) 3 ．令f(k)=-(k-1)(k+1) 3 ，因为 f ′(k)= -(4k-2)(k+1) 2 ，所以 f ( k)在区间(-1, 12) 上单调递增，(1,1) 上单调递减，2..整理分享..WORD 完美格式1 27因此当k= 时，|PA| ·|PQ| 取得最大值．2 1613. (2017 年浙江) 已知数列{ x n} 满足x1=1，x n=x n+1+ln(1+ x n+1) （n∈N*）．*证明：当n∈N 时，（1）0＜x n +1＜x n；（2）2x n +1- x n≤x n x n+1 2；（3）1n-1 ≤x n≤21n-2 ．215.解：（1）用数学归纳法证明x n＞0．当n=1 时，x1=1>0．假设n=k 时，xk>0，那么n=k+1 时，若x k+1≤0，则0＜x k= x k+1+ln （1+ x k+1）≤0，矛盾，故x k +1＞0．因此x n＞0（n∈N*）．所以x n=x n+1+ln （1+x n+1）＞x n+1，因此0＜x n+1＜x n（n∈N*）．（2）由x n=x n+1+ln （1+x n+1），得x n x n+1-4x n+1+2x n=x n+12-2x2-2xn+1+（x n+1+2）ln （1+x n+1）.记函数 f （x）=x2-2x+ （x+2）ln （1+x）（x≥0），2x2+xf ′（x）= +ln （1+x）＞0（x＞0），x+1函数 f （x）在[0 ，+∞] 上单调递增，所以 f （x）≥ f （0）=0，因此x n+12-2x2-2xn+1+（x n+1+2）ln （1+x n+1）=f （x n+1）≥0，故2x n+1-x n≤x n x n+1（n∈N*）．*）．2（3）因为x n=x n+1+ln （1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，所以x n≥1n-1 ，2x n x n+1由≥2x n+1-x n，2得1 1- ≥2（x n+1 21-x n12）＞0，所以1-x n1 1≥2（2 x n-1-12）≥⋯≥2n-1 （n-1（1-x112）=2n-2 ，n-2 ，..整理分享..WORD 完美格式故x n≤1n-2 ．21综上，n-1 ≤x n≤21n-2 （n∈N* ）．* ）．2..整理分享..。
2017年高考理科数学浙江卷含答案
绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试数学（浙江卷）本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页.满分150分.考试用时120分钟. 考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上.2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 参考公式：球的表面积公式 锥体的体积公式 24S R =π13V Sh =球的体积公式 其中S 表示棱锥的底面面积，h 表示棱锥的高 343V R =π台体的体积公式其中R 表示球的半径 1()3a b V h S S =+柱体的体积公式 其中S a ，S b 分别表示台体的上、下底面积 V =Shh 表示台体的高其中S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合{|11}P x x =-<<，{02}Q x =<<，那么P Q = 【A 】A ．(1,2)-B ．(0,1)C ．(1,0)-D ．(1,2)2．椭圆22194x y +=的离心率是【B 】 ABC ．23D ．593．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是【A 】（第3题图）A ．12π+ B ．32π+C ．312π+ D ．332π+ 4．若x ，y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，，，则2z x y =+的取值范围是【D 】A ．[0，6]B ．[0，4]C ．[6，)+∞D ．[4，)+∞5．若函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0，1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M – m 【B 】 A ．与a 有关，且与b 有关 B ．与a 有关，但与b 无关 C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，但与b 有关6．已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的【C 】 A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件7．函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是【D 】（第7题图）8．已知随机变量i ξ满足P （i ξ=1）=p i ，P （i ξ=0）=1–p i ，i =1，2． 若0<p 1<p 2<12，则【A 】 A ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ<2D()ξ B ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ C ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ<2D()ξD ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ9．如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D–PR–Q ，D–PQ–R ，D–QR–P 的平面角为α，β，γ，则【B 】（第9题图）A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记1·I OA OB ＝，2·I OB OC ＝，3·I OC OD＝，则【C 】（第10题图）A ．123I I I <<B ．132I I I <<C ．312I I I <<D ．213I I I <<非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
2017年高考浙江卷数学试题解析(正式版)(解析版)
第 1 页 共 13 页绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页.满分150分.考试用时120分钟. 考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上.2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效. 参考公式：球的表面积公式 锥体的体积公式24S R =π13V Sh =球的体积公式 其中S 表示棱锥的底面面积，h 表示棱锥的高 343V R =π台体的体积公式其中R 表示球的半径1()3a b V h S S =柱体的体积公式 其中S a ，S b 分别表示台体的上、下底面积 V =Shh 表示台体的高其中S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合}11|{<<-=x x P ，}20{<<=x Q ，那么=Q P A ．)2,1(-B ．)1,0(C ．)0,1(-D ．)2,1(【答案】A第 2 页 共 13 页【解析】取Q P ,所有元素，得=Q P )2,1(-.2．椭圆22194x y +=的离心率是 A ．133B ．53C ．23D ．59【答案】B 【解析】945e -==，选B. 3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是（第3题图）A ．π2+1 B ．π2+3 C ．3π2+1 D ．3π2+3 【答案】A【解析】21113(21)13222V π⨯π=⨯⨯+⨯⨯=+，选A ．4．若x ,y 满足约束条件03020x x y x y ≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则z =x +2y 的取值范围是A ．[0,6]B ．[0,4]C ．[6，+∞]D ．[4,+∞]【答案】D【解析】可行域为一开放区域，直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D. 5．若函数f (x )=x 2+ ax +b 在区间[0,1]上的最大值是M ，最小值是m ，则M – m A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关【答案】B【解析】因为最值在2 (0),(1)1,()24a af b f a b f b==++-=-中取，所以最值之差一定与b无关，选B．6．已知等差数列{a n}的公差为d，前n项和为S n，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C7．函数y=f(x)的导函数()y f x'=的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是（第7题图）【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且0x=位于增区间内，因此选D．8．已知随机变量iξ满足P（iξ=1）=p i，P（iξ=0）=1–p i，i=1，2．若0<p1<p2<12，则A．1()Eξ<2()Eξ，1()Dξ<2()DξB．1()Eξ<2()Eξ，1()Dξ>2()DξC．1()Eξ>2()Eξ，1()Dξ<2()DξD．1()Eξ>2()Eξ，1()Dξ>2()Dξ【答案】A【解析】∵1122(),()E p E pξξ==，∴12()()E Eξξ<，∵111222()(1),()(1)D p p D p pξξ=-=-，∴121212()()()(1)0D D p p p pξξ-=---<，故选A．9．如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，第 3 页共 13 页第 4 页 共 13 页2BQCRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α，β，γ，则（第9题图）A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【答案】B10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记1·I OA OB ＝，2·I OB OC ＝，3·I OC OD ＝，则（第10题图）A ．123I I I <<B ．132I I I <<C ．312I I I <<D ．213I I I <<【答案】C【解析】因为90AOB COD ∠=∠>，OA OC <，OB OD <，所以0OB OC OA OB OC OD ⋅>>⋅>⋅， 故选C ．非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.第 5 页 共 13 页11．我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积6S ，6S =． 【答案】33【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则61336(11sin 60)2S =⨯⨯⨯⨯=．12．已知a ，b ∈R ，2i 34i a b +=+（）（i 是虚数单位）则22a b += ，ab = ．【答案】5，2【解析】由题意可得222i 34i a b ab -+=+，则2232a b ab ⎧-=⎨=⎩，解得2241a b ⎧=⎨=⎩，则225,2a b ab +==．13．已知多项式32543212345(1)(2)x x x a x a x a x a x a +++++++=，则4a =________，5a =________．【答案】16，4【解析】由二项式展开式可得通项公式为：223232C C 2C C 2r r m m m r m m r m x x x --+⋅=⋅⋅⋅，分别取0,1r m ==和1,0r m ==可得441216a =+=，取r m =，可得25124a =⨯=．14．已知△ABC ，AB =AC =4，BC =2． 点D 为AB 延长线上一点，BD =2，连结CD ，则△BDC 的面积是______，cos ∠BDC =_______． 【答案】1510,15．已知向量a ，b 满足1,2,==a b 则++-a b a b 的最小值是________，最大值是_______．【答案】4，25【解析】设向量,a b的夹角为θ，由余弦定理有：2212212cos54cosa bθθ-=+-⨯⨯⨯=-，()2212212cos54cosa bθθ+=+-⨯⨯⨯π-=+，则：54cos54cosa b a bθθ++-=++-，令54cos54cosyθθ=++-，则[]221022516cos16,20yθ=+-∈，据此可得：()()max min2025,164a b a b a b a b++-==++-==，即a b a b++-的最小值是4，最大值是25．16．从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有______种不同的选法．（用数字作答）【答案】66017．已知a∈R，函数4()||f x x a ax=+-+在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是___________．【答案】9(,]2-∞【解析】[][]41,4,4,5x xx∈+∈，分类讨论：①当5a≥时，()442f x a x a a xx x=--+=--，函数的最大值9245,2a a-=∴=，舍去；②当4a≤时，()445f x x a a xx x=+-+=+≤，此时命题成立；③当45a<<时，(){}maxmax4,5f x a a a a=-+-+⎡⎤⎣⎦，则：4545a a a aa a⎧-+≥-+⎪⎨-+=⎪⎩或4555a a a aa a⎧-+<-+⎪⎨-+=⎪⎩，解得：92a=或92a<综上可得，实数a的取值范围是9,2⎛⎤-∞⎥⎝⎦．三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 6 页共 13 页第 7 页 共 13 页18．（本题满分14分）已知函数f （x ）=sin 2x –cos 2x –23 sin x cos x （x ∈R ）．（Ⅰ）求2()3f π的值． （Ⅱ）求()f x 的最小正周期及单调递增区间．【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）最小正周期为π，单调递增区间为2[,]63k k k ππ+π+π∈Z ．【解析】（Ⅰ）由23sin3π=，21cos 32π=-，2223131()()()23()322f π=---⨯⨯-． 得2()23f π=．由正弦函数的性质得3222,262k x k k πππ+π≤+≤+π∈Z ， 解得2,63k x k k ππ+π≤≤+π∈Z ， 所以，()f x 的单调递增区间是2[,]63k k k ππ+π+π∈Z ，．19．（本题满分15分）如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，//BC AD ，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（Ⅰ）证明：//CE平面PAB；（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）2．【解析】（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ．MFH QNPAB CDEPAB CDE第 8 页共 13 页因为E，F，N分别是PD，P A，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形BCEF中，MQ//CE．由△P AD为等腰直角三角形得PN⊥AD．由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．所以AD⊥平面PBN，由BC//AD得BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．所以sin∠QMH 2，所以直线CE与平面PBC 2．20．（本题满分15分）已知函数f(x)=（x21x-e x-（12x≥）．（Ⅰ）求f(x)的导函数；（Ⅱ）求f(x)在区间1[+)2∞，上的取值范围．【答案】（Ⅰ）()(1)(1)e21xf'x xx -=--；（Ⅱ）[0，1212e-]．第 9 页共 13 页第 10 页 共 13 页【解析】（Ⅰ）因为1(21)121x x 'x --=--，(e)e x x '--=-，所以1()(1)e (21)e 21x x f'x x x x --=-----(1)(212)e 1()221xx x x x ----=>-．（Ⅱ）由(1)(212)e ()021xx x f'x x ----==-，解得1x =或52x =． 因为x 12（12，1） 1 （1，52） 52（52，+∞） – 0 + 0 – f （x ）121e 2-521e 2-又21()(211)e 02x f x x -=--≥，所以f （x ）在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．21．（本题满分15分）如图，已知抛物线2x y =，点A 11()24-，，39()24B ，，抛物线上的点13(,)()22P x y x -<<．过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q ．（第19题图）（Ⅰ）求直线AP 斜率的取值范围；第 11 页 共 13 页（Ⅱ）求||||PA PQ ⋅的最大值． 【答案】（Ⅰ）(1,1)-；（Ⅱ）2716（Ⅱ）联立直线AP 与BQ 的方程110,24930,42kx y k x ky k ⎧-++=⎪⎪⎨⎪+--=⎪⎩ 解得点Q 的横坐标是22432(1)Q k k x k -++=+． 因为|P A 211()2k x ++21(1)k k ++，|PQ |= 2221()1Q k x x k +-=+所以3(1)(1)k k PA PQ ⋅--+=． 令3()(1)(1)f k k k =--+， 因为2'()(42)(1)f k k k =--+，所以 f (k )在区间1(1,)2-上单调递增，1(,1)2上单调递减，因此当k =12时，||||PA PQ ⋅取得最大值2716． 22．（本题满分15分）已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n N *∈）．证明：当n N *∈时，第 12 页 共 13 页（Ⅰ）0＜x n +1＜x n ； （Ⅱ）2x n +1− x n ≤12n n x x +； （Ⅲ）112n -≤x n ≤212n -． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>，因此10()n n x x n *+<<∈N ．故112()2n n n n x x x x n *++-≤∈N ． （Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=++≤+=，所以第 13 页 共 13 页112n n x -≥，由1122n n n n x x x x ++≥-，得 111112()022n n x x +-≥->， 所以12111111112()2()2222n n n n x x x ----≥-≥⋅⋅⋅≥-=， 故212n n x -≤．综上，1211()22n n n x n *--≤≤∈N ．。
2017年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷,参考解析)
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保持平常心，顺其自然绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学本试题卷分选择题和非选择题两部分。
全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。
满分150分。
考试用时120分钟。
考生注意：1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
参考公式：球的表面积公式 锥体的体积公式24S R =π13V Sh =球的体积公式 其中S 表示棱锥的底面面积，h 表示棱锥的高 343V R =π台体的体积公式其中R 表示球的半径 1()3a b V h S S =柱体的体积公式其中S a ，S b 分别表示台体的上、下底面积V =Sh h 表示台体的高其中S 表示棱柱的底面面积，h 表示棱柱的高选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知}11|{<<-=x x P ，}02{<<-=x Q ，则=Q P Y A ．)1,2(-B ．)0,1(-C ．)1,0(D ．)1,2(--【答案】A【解析】取Q P ,所有元素，得=Q P Y )1,2(-.2．椭圆221 94x y+=的离心率是A．133B．53C．23D．59【答案】B【解析】945e-==，选B.3．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A．π2+1 B．π2+3 C．3π2+1 D．3π2+3【答案】A【解析】2π1211π3(21)1322V⨯=⨯⨯+⨯⨯=+，选A.4．若x,y满足约束条件3020xx yx y≥⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩，则z=x+2y的取值范围是A．[0,6] B．[0,4] C．[6，+∞]D．[4,+∞]【答案】D【解析】可行域为一开放区域，所以直线过点(2,1)时取最小值4，无最大值，选D.5．若函数f(x)=x2+ ax+b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M–mA．与a有关，且与b有关B．与a有关，但与b无关C．与a无关，且与b无关D．与a无关，但与b有关【答案】B【解析】因为最值在2(0),(1)1,()24a af b f a b f b==++-=-中取，所以最值之差一定与b无关，选B.6．已知等差数列[a n ]的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6”>2S 5的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】4652S S S d +-=，所以为充要条件，选C.7．函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，因此选D.8．已知随机变量ξ1满足P （1ξ=1）=p i ，P （1ξ=0）=1—p i ，i =1，2.若0<p 1<p 2<12，则 A ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ<2D()ξ B ．1E()ξ<2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ C ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ<2D()ξD ．1E()ξ>2E()ξ，1D()ξ>2D()ξ8.【答案】A【解析】112212(),(),()()E p E p E E ξξξξ==∴<Q111222121212()(1),()(1),()()()(1)0D p p D p p D D p p p p ξξξξ=-=-∴-=---<Q ，选A.9．如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），PQR 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，2BQ CRQC RA==，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面较为α,β,γ，则A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α【答案】B【解析】设O 为三角形ABC 中心，则O 到PQ 距离最小，O 到PR 距离最大，O 到RQ 距离居中，而高相等，因此αγβ<<所以选B10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝3，AC 与BD 交于点O ，记1·I OA OB u u u r u u u r ＝，2·I OB OC u u u r u u u r ＝，3·I OC OD u u u r u u u r＝，则A ．I １<I ２<I ３B ．I １<I ３<I ２C ． I ３<I １<I ２D ．I ２<I １<I ３【答案】C【解析】因为90AOB COD ∠=∠>o,所以0(,)OB OC OA OB OC OD OA OC OB OD ⋅>>⋅>⋅<<u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u rQ选C非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
2017浙江高考数学试卷含答案
2021浙江m、选择题：本大题共 10小题,每题4分,共40分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项 符合题目要求的.1. P= {x| —1vxv 1}, Q={x|0vxv 2},那么 PU Q=()B. (0, 1)C. (-1, 0)D. (1 , 2) P, Q 所有元素,得PU Q=(-1, 2).A. 2+ 1 B •#3 C.32J+ 1D. 325+ 3【解析】由几何体的三视图可得,该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的,故该几何体的体积 1 11 1 兀V= 3 X 2 7t x 3 + IX5X 2X 1 X3 = 2+1 ,应选 A.x> 0,4.假设x, y 满足约束条件 x+ y-3>0,那么z=x+ 2y 的取值范围 x — 2y< 0, 是 A. [0, 6] B. [0, 4]C, [6, +00) D. [4, +8)【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影局部所示, 由z= x一 1 z 一 Z 一... 1 z ......................... ... .,一一 + 2y,得y= —/+于 故5是直线y= —1x + 2在y 轴上的截距,根据图 形知,当直线y= —1x + z 过A 点时,z 取得最小值.由x 2y 0'得x=2, y= 1,即A(2, 1),2 2 2x+y- 3=0,此时,z=4,故z>4,应选D.5 .假设函数f(x) = x 2+ax+b 在区间[0, 1]上的最大值是 M ,最小值是 m,那么M -m( )A.与 a 有关,且与 b 有关B.与 a 有关,但与 b 无关A. (—1, 2)【解析】利用数轴,取 上…x 2 y 2 ,2.椭圆 9+4=1 的离心率是解析根据题意知,D.a= 3, b = 2,那么c= J a 2— b 2 =15,故椭圆的离心率 e= c =^—,应选B. a 33.某几何体的三视图如下图(单位：cm),那么该几何体的体积(单位:cm 3)>( )C.与a 无关,且与b 无关D.与a 无关,但与b 有关 a 一 a 2 【解析】f(x)= (x + 2)2—了+ b, aa a 2.①.当 0W —a & 1 时,f(x)min= m= f ( -2)= — —+ b, f(x)max= M = max{f(0), f(1)}=max{b, 2 2a 2. a2+ b},故 M — m = max{—, 1 + a+ 4}与 a 有关,与 b 无关;一 . a②.当一-< 0时,f(x)在［0, 1］上单倜递增,故 M —m=f(1) —f(0) = 1+a 与a 有关,与b 无关；③.当一|> 1时,f(x)在［0, 1］上单调递减,故 M —m=f(0)—f(1)=—1 —a 与a 有关,与b 无 关. 综上所述,M —m 与a 有关,但与b 无关,应选B.6 .等差数列｛a n ｝的公差为d,前n 项和为那么“d>0〞是“ S t+Ss>28〞的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【解析】由于｛a n ｝为等差数列,故 Si+S6=4a 1+6d+6a 1+15d=10a I+21d, 2s=10a I+20d, S t+ S5-2S5=d,故 d>0?& + Ss>28,应选 C.7 .函数y=f(x)的导函数y= f'x)的图像如下图,那么函数y=f(x)的图像可能是( )18 .随机变量&满足 P(&=1)=pi, P(&=0)=1—pi, i=1, 2.假设 0vp1vp2<5,那么()C. E(3)>E(2), D(3)VD(a)D. E(3)>E(2), D(&)>D(2)【解析】由题设可知 E(H)=p 1, E (垣)= p 2,从而 E(8)vE (为,又 D(&)= p 〔(1—p 1),D(垣)=p 2(1 —p 2), 故 D(8)—D(&) = (p ［一 p 2)(1— p ［一 p 2)<0.故 D(3)vD(2).9 .如图,正四面体 D*BQ 所有棱长均相等的三棱锥),巳Q, R 分别为AB, BC, CA 上的 点,AP= PB, QQ= 券 2,分别记二面角 D — PR — Q, D- PQ — R, D-QR- P 的平面角为a,以〞 那么( )A. y< a< 3B. a< 3C. a< 3V 丫D. 3V a【解析】设.为A ABC 的中央,那么点 .至ij PQ 的距离最小,.到 PR 的距离最大,.到RQ 的距离最居中,而高相等,故“V 伯3, 太 应选B.解析如图1,设O 是点D 在底面ABC 内的射影,过.作OE^PR, Z/7 \\OFXPQ, OGXRQ,垂足分别为 E, F, G,连接 ED , FD , GD , 川 \ \易得EDXPR,故/ OED 就是二面角D —PR —Q 的平面角,故a 蚌三 =O OED, tan a =器",同理tan 3= OD, tan 尸OD.底面的平面图 H如图2所示,以P 为原点建立平面直角坐标系,不妨设|AB|=2,那么A(-1, 0), B(1, 0), C(0, V 3),.(0,乎),因|AP|=|PB|,黑=鬻=2,故Q(1 2® R(-2号),那么直线RP 的方程为y=-当 3|QC| |RA| 333 3 2x,直线PQ 的方程为y=2\5x,直线RQ 的方程为y =J 33x +593,根据点到直线的距离公式, 知|OE|1 +aA. E(3)VE(a), D ⑶VD(a)B. E(3)〈E( 2), D(d)>D(a)=2^1^,|OF|=^3P,QG| = (,故|OE|> |OG|> |OF|,故tan a< tan y<tan 3,又a, 3, 丫为锐角,故a< y<氏应选B .10 .如图,平面四边形ABCD, ABXBC, AB=BC = AD=2, CD = 3, AC与BD交于点O, 记I I = O A-O B,I2=OB O C,I3=OC(O D,那么()A . Iivl2V 13 B. Iivl3V I2 C. I3V I1V I2 D. I2V I1V I3【解析】如下图,四边形ABCE是正方形,F为正方形的对角线的交点, 易得AOVAF,而/ AFB= 90°,故/ AOB与/ COD为钝角,/ AOD与/ BOC为锐角,根据题意,l i- I2—— jTi. - —=OA OB- OB OC = OB (OA-OC)= OB CA= |OB||CA| cos/ AOB< 0,故I K |2,同理|2>|3,作AG^BD 于G,又AB=AD,故OB< BG=GD<OD,而OA〈AF = FCvOC,故|OA||OB|v |OC||O D|,而cos/ AOB = cos Z CODV0,故OA QB>O C O D,即l1>l3.故|3< l l< |2.法二：如图,建立平面直角坐标系,那么 B(0, 0), A(0, 2), C(2, 0).设D(m, n),由AD = 2和 CD=3,得 m + n 24' 从而有 n —m=5>0,,n>m.从而/ DBC>45°,又/BCO=45° ,m — 2 2+ n 2= 9, 4、 > ------------ > - ----- > …一=-ROB (为>1), OC =-灰OA (力>1),从而 I lV 0, I 3< 0 ,I 3< I 1 ,I 3V I 1V I 2.二、填空题：本大题共 7小题,多空题每题 6分,单空题每题 4分,共36分.11 .我国古代数学家刘徽创立的“割圆术〞可以估算圆周率 兀,理论上能把 兀的值计算到任意 精度.祖冲之继承并开展了 “割圆术〞, 将兀的值精确到小数点后七位, 其结果领先世界一千多年, “割圆术〞的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积 S 内,$内= _________ . 【解析】将正六边形分割为 6个等边三角形,那么 S 内=6(2x1X1Xsin 3) = 32^.12 . a, bC R, (a+bi)2=3 + 4i(i 是虚数单位),那么 a 2+b 2= , ab=.a 2—b 2= 3,a 2= 4, 解析 由(a+bi)2= 3+4i.即a 2—b 2+2abi = 3+4i.从而有解得 o 那么a 2+b 2ab = 2, b 2=1,=5, ab = 2.13 .多项式(x+1)(x+ 2)2= x 3+a [x 4+a 2x 3 +a 3x 2+a 4x+a 5,那么 a 4=, a 5 =. 解析 令 x=0,得 a 5=(0+1)3(0+2)2 = 4,而(x+1)3(x+ 2)2 = (x+1)3[(x+1)2+2(x+1)+1] = (x+1)5 + 2(x+ 1)4+(x+1)3;那么 a4=C4+2C3 + C3=5+8+3= 16.14 .△ ABC, AB= AC= 4, BC= 2.点 D 为 AB 延长线上一点, BD= 2,连结 CD,那么△ BDC 的面积是, cos/ BDC=.【解析】依题意作出图形,如下图,那么 sinZ DBC= sin/ABC.由题意知AB= AC= 4, BC= BD= 2, 贝 Usin/ABC=cos/ ABC= 7.故 S\ BDA 1BC BD sinZ DBC= ~x 2X^2^=^~~.由于 cos/ DBC4 4 2 2 4 21 BD 2+BC 2—CD2 8- CD 2 一 -eq=—cosZ ABC=：= 丁 = " , 故 CD= %'10. 由余弦TE 理得,4 2BD BC 810 4|b| =2,那么| a+b| +|a-b|的最小值是【解析】由题意,不妨设 b=(2, 0), a = (cos 0, sin 0),那么 a+b = (2+cos 0, sin 0), a — b= (cos 0 —2, sin 0).令 y = | a + b| + | a-b I = V (2 + cos 0) 2 + sin 2,( cos 0-2)~2+ sin 2.5+ 4cos 0十、5 — 4cos 0,令 y=\：‘5+4cos 0+ \'5-4cos 0,那么 y 2= 10 + 2同25 — 16cos 2.£ [16, 20],由此可得 (|a + b| + |a 二 b|)max =V 20=2j 5, (|a+b| +| a-b|) min =\''16 = 4,即 |a+b| +|a —b| 的最小值是 4, 最大值是2嗡5. 16 .从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人效劳队,要 求效劳队中至少有1名女生,共有 中不同的选法.(用数字作答)66017 .aC R,函数f(x)= | x+4— a| +a 在区间[1 ,4]上的最大值是 5,那么a 的取值范围是 . x4【解析】因xC [1, 4],故x+xe [4, 5],D 当 aw2时,f(x)max= |5 — a|+a=5—a + a= 5,符合题意;BOC 为锐角.从而/ AOB 为钝角.故I i 〈0,I3<0, I2>0.又 OAvOC, OBvOD,故可设 OD I3= C )C OD =加OA 6B =不闷1,又加？2>1,/ cc — 4 + 10 - 4 cos/BDC 2X 2X1015.向量a, b 满足|a|=1,②当a >2时,f(x)max= |4 — a|+a= 2a —4= 5,故a=2(矛盾),故a 的取值范围是(一°°,1].三、解做题：本大题共 5小题,共74分.解容许写出文字说明、证实过程或演算步骤.18 .(此题总分值 14 分)函数 f(x)= sin 2x- cos 2x- 2y3sin xcos x(xC R). ,、2 兀 ⑴求f (胃)的值;3(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间.- 4一 ■一 c c I — J —兀 2 7t 4 7t 【斛】(1)f(x)= sin 2x —cos 2x — 2J3sin xcos x= —cos 2x —V 3sin 2x= — 2sin(2x+6),那么 f("3") = — 2sin(-,兀 + -) = 2 6)(2)f(x)的最小正周期为冗由正弦函数的性质得令20+2& 2x + 6< 2k 兀+ 3^, kC Z,得.+6& x< kJ.故函数f(x)的单调递增区间为［旧6, E %L kJ.体题?茜分15分)如图,四棱锥 P 力BCD △ PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形, CD± AD, PC= AD= 2DC= 2CB, E 为 PD 的中点. BCPL 面BNP,过点Q 作BP 的垂线,垂足为H,连结HM , HM 为MQ 在面BCP 上的射影,故/ HMQ 为CE 与平面BCP 所成的角.设CD= 1 .在APCD 中,由PC= 2,CD= 1,PD =・/2得CE=戏,在4PBN 中,由 PN=BN=1, PB=值得 QH=： 在 Rt^MQH 中,QH = 1, MQ = \j 2,故 sin/QMH = (,4 482故直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是六2.8法二 过P 作PHXCD,交CD 的延长线于点 H.不妨设 AD=2, •「BC//AD, CDXAD,那么易求 1DH = £,过P 作底面的垂线,垂足为 O,连接OB, OH,易得 直.故可以.为原点,以OH, OB, OP 所在直线分别为x 轴、 图所示.⑴证实 由PC = AD = 2DC = 2CB, E 为PD 的中点,那么可得:2兀 kit+ 可,3 19.BC// AD, (I )证实：CE//晋(n )求直线CE;【解析】(iw = |AD ,因独屋//3面_⑵A' PAB; PBC 所成角的正弦值. 为F,连结EF, FB.因E, F 分别率 D\故EF// BC 且EF= BC,即四边彘B _ _AD 的中点M,PN 交EF 于点Q,yEF 为平行四边用飞牧 CE// BF, 刀DD,形得, AD 的中点,「Q 为EF 的中,一 在平行四边形 BCEF 中,MQ // CES AD,由 DC, AD, N 为 AD 的吩得,BNXAD,故 AD,面 BNP,由 B BC// AD M 导,BCC 面 BNP, PA, PNI± 故面OH // BC,且 OP, OB, OH 两两垂 y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,如13D (-I , 2, 0), C (-I , 2, 0), P .BC,BC= PEF// AD 且 EF APAD 叨等腰不M0, -23), A (I , 2,o ), B (O , 2,o ), E (—1,4,43)),那么CE =(2, -4,3,PA =(1, 2' -g, PB n PA=x+ 2y — ^2^z = 0,x= 1,令 y= 1,那么 y= 1,3 k 3 r-n PB = -y --,2-z = 0. z = T 3,故 n = (1, 1,串),故 CE n = 2*1 + (—4)x 1+乎*\3=0.又 CE?平面 FAB,故 CE //平面 FAB.(2)解 由⑴得P C=(—1,3,—%.设平面PBC 的法向量m=(x,y,z),那么mx= 0,令y=1,那么y=1, 故m=(0, 1, \3).设直线 CE 与平面PBC 所成的角为 9,那么sin 0= |cos <m, z= *J 3, -1CE 〉 mC 旦=2序故直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为 乎. |m||CE|4X288...... ......i ----- -120.(此题总分值 15 分)函数 f(x)= (x-^2x-1)e x (x>2). ⑴求f(x)的导函数;1(2)求f(x)在区间［2,+ 00止的取值范围. _ ___ .---- ,一 ........... 一—1 一 1 -------------- 一—【解析】(1)f x)= (x- y 2x — 1) e x + (x- \2x — 1)(e x ) =(1 - ■ )e x —(x —\ 2x- 1)e x =(1 —x+2x- 1 1 1 —、, ,, 、) \ 2x — 1 —啦——^)e x = (1 — x) 1 -5(2)令f x)=0,解得x= 1或2.当x 变化时,f(x), f x)的变化如下表:x-1-1)2e x >0,综上,f(x)在区间［；+8止的取值范围是［0, 21e ］1 1 3 921.(此题总分值15分)如图,抛物线x 2=y ,点A( —2, 3), B£, 3),抛物线上的点P(x, y)(— 2<x<2).过点B 作直线AP 的垂线,垂足为 Q.x1 2 1 (£,1)1 (1,2)5 2 .+ °°)f'x)一十 0 一f(x)12\i'e1 5 2e 215 一 .一、一 1 .一 一. _ 1t -----------2e 2,那么f(x)在区间［2, +8止的最大值为 又f(x)=(x —J2x —1)e=(°,2,—乎).设平面PAB 的法向量为n=(x,y,z),那么r 33cPB=2y_ 丁 z=0, _ 13 3cPC= - x+ 2y-J2z = 0.12 e'f(1)=0,〔1〕求直线AP 斜率的取值范围;〔2〕求|RA| |PQ|的最大值.X 2—； 1「1 3k= -----1 = x —2,因一 ^vxV],故直线 AP 斜率的取值氾围是 〔一x+21,1). 〔2〕联立直线AP 与BQ 的方程 , 1 1 ckx-y+^k+ -= 0, 解得点 9 3x+ ky — ~k —~= 0, -k 2+4k+ 3Q 的横坐标是XQ = 2 (k 2+1) .因c 1c c|FA|= V 1+ k 2(x+ 2)=V 1 + k 2(k+ 1), |PQ|= >/1 + k 2(xQ-x) = (k — 1) ( k+ 1) 2 k 2+1,故 |PA| |PQ| = 1-(k-1)(k+1)3.令 f(k) = —(k — 1)(k+1)3,因 f'k)=—(4k —2)(k+1)2,故 f(k)在区间(一1,夕上单调 .... 1 1 27 递增,g, 1〕上单倜递减,因此当 k=1时,|PA| • |PQ |取得最大值27. 22.(此题总分值 15 分)数列｛x n ｝满足:x 1=1, x n=x n+1+ln(1+x n+1)(nC N *). 证实：当nC N *时, ⑴・ 0 V x n +1 V xn ； 1⑵.2x n +1 - x n^ 2x n x n +1 jc 1 - 1 ⑶.2门-1W xnW 2n-2. 【解析】⑴.用数学归纳法证实： x n>0(n€ N *). 当 n = 1 时,x[ = 1 > 0; 假设当 n=k 时,x k>0,那么当 n=k+1 时,假设 x k+ 1W 0,那么 0vx k= x k+1 + ln(1 + x k+1)w 0,矛盾, 故 x k+1 >0.因此 x n> 0(n GN *),故 x n=x n+1+ ln(1 +x n+1)>x n+1,故 0<x n+1V x n (n C N *)； ⑵.由 x n= x n+1+ln(1 + x n+1)> x n+1 得,x n x n+1 — 4x n+1 + 2x n = x n+1 — 2x n+1 + (x n +1 + 2)ln(1 + x n + 1),记函 数 f(x)=x 2—2x+(x+2)ln(1+x)(x>0),函数 f(x)在[0, + 8)上单调递增,故 f(x)>f(0) = 0,故 x2+一 1*、2x n+ 1 + (x n+1+ 2)ln(1 + x n+1) = f(x n+ 1) >0, 2xn+ 1 — x n= 24*门 + 1(门 C N )； ⑶.因 x n = x n + 1 + ln(1 + x n+1)W x n+1+x n+1,故 x n ^l F T 得,Qx n x n+1 > 2x n+1 — x n , 二一 22(1>0,1 1 ——->2 x n 21 — x n 1 1、…, 11 c C 4 1 4 1 - 1 *2 2n 1(1—2) = 2n 2,故 X n WQ ,故k <x n <2n -2(nC N ). 证实〔1〕用数学归纳法证实：xn>0.当 n = 1 时,x[ = 1 > 0. 假设 n = k(k> 1, kCN *)时,xk>0, 那么 n= k+ 1 时,假设 x k+ 1W 0,那么 0vx k=x k+1 + ln(1 + x k+1)W0,矛盾,故 x k+1> 0,因此 x n>0(n £ N *).所 以 x n= x n+1 + ln(1 + xn+1) >x n+1,因此 0 V xn + 1 V x n (x C N *).【解析】〔1〕设直线AP 的斜率为k(2)由 X n= X n+1+ ln(1 + X n +1)得,X n X n+1 — 4x n + 1 + 2x n= X2 + 1 — 2x n+1 +(X n+1 + 2)ln(1 + X n+1).记函数 f(x) . 2X 2+ x,= x 2—2x+(x+2)ln(1 + x)(x> 0). f'x)= -------------------- F ln(1 +x)>0(x>0),函数 f(x)在［0 , + 00止单调递增,x+ 1 所以 f(x) > f(0) = 0,因此 Xn+ 1— 2X n+1+ (X n+1+ 2)ln(1 + X n+ 1) = f(X n+1) > 0,故 2X n+ 1 —XnW -2-(n N*).1 1 11(3)由于 X n= X n+1 + ln(1 + X n+1)W X n+1+X n+1 = 2X n+1 ,所以 X n> nX n 1 >22X n 2> - - > 27^1 X 1 = ^^-^ • 故2n -2,故 Xn<2112-1 一 1 -*万上,2n 1 & Xn W 2n-2(n C N ).a, b, c, d 为实数,且 a 2 + b 2 = 4, c 2+d 2=16,证实：ac+ bd< 8.解：由柯西不等式可得：(ac+bd)2w(a 2+b 2)(c 2+d 2).由于 a 2+b 2=4, c 2+d 2=16,故(ac+bd)2 <64,因此 ac+bd<8.X n X n+11 . X n X n + 1、- '口 1 1 X n > n _ 1 ・由 Z > 2X n+ 1 — X n 得 不 n + 1〜1 1 - 11cli2(x ;—2)>0,所以7—2^2 丁;-2。
2017浙江高考真题数学理(含解析)
10.已知函数，则，的最小值是。
11.函数的最小正周期是，单调递减区间是．
12.若，则．
13.如图，三棱锥中，，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是。
14.若实数满足，则的最小值是。
15.已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意，，则，，。
三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
C.命题①成立，命题②不成立
D.命题①不成立，命题②成立
[ex]由题意，
命题①：，
所以，命题①成立。
命题②：由韦恩图可知命题②成立，下面证明：
因为且，
故命题②成立。
故选A。
7. [D]存在函数满足，对任意都有（）
A.
B.
C.
D.
[ex]A项，当时，；当时，；
B项，当时，；当时，；
C项，当时，；当时，；
2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）
数学（理科）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求。
1.已知集合，则（）
A.B. C. D.
2C. D.
3.已知是等差数列，公差不为零，前项和是，若成等比数列，则（）
化简得：。
所以：单调递减区间为，
12.若，则．
[answer]
[ex]由，可知，即，
所以。
13.如图，三棱锥中，，，点分别是的中点，则异面直线所成的角的余弦值是。
[img=131.png]
[answer]
[ex]如图，取的中点，
[img=132.png]
因为，则为异面直线所成的角。