2017年高考浙江卷数学试题解析(正式版)(解析版)

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 S4R2

锥体的体积公式

1VSh

3其中S表示棱锥的底面面积，h表示棱锥的高 台体的体积公式

1Vh(SaSaSbSb)

3球的体积公式 4VR3

3

其中R表示球的半径 柱体的体积公式 V=Sh

其中Sa，Sb分别表示台体的上、下底面积 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．已知集合P{x|1x1}，Q{0x2}，那么PQ A．(1,2) 【答案】A

B．(0,1)

C．(1,0)

D．(1,2)

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【解析】取P,Q所有元素，得PQ(1,2).

x2y21的离心率是 2．椭圆94A．

13 3 B．

5 3 C．

2 3 D．

5 9【答案】B 【解析】e945，选B. 333．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

（第3题图）

A．

π+1 2 B．

π+3 2 C．

3π+1 2 D．

3π+3 2【答案】A

1121【解析】V3(21)1，选A．

3222x04．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] 【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)=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

B．[0,4]

C．[6，+∞]

D．[4,+∞]

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C．与a无关，且与b无关 【答案】B

D．与a无关，但与b有关

aa2【解析】因为最值在f(0)b,f(1)1ab,f()b中取，所以最值之差一定与b无关，选B．

246．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d>0”是“S4 + S6>2S5”的 A．充分不必要条件 C．充分必要条件 【答案】C

B．必要不充分条件 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

（第7题图）

【答案】D

【解析】原函数先减再增，再减再增，且x0位于增区间内，因此选D． 8．已知随机变量i满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1–pi，i=1，2． 若0E(2)，D(1)【解析】∵E(1)p1,E(2)p2，∴E(1)E(2)，∵D(1)p1(1p1),D(2)p2(1p2)， ∴D(1)D(2)(p1p2)(1p1p2)0，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，

B．E(1)D(2) D．E(1)>E(2)，D(1)>D(2)

1，则 2第 3 页 共 13 页

BQCR2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α，β，γ，则 QCRA

（第9题图）

A．γ<α<β 【答案】B

B．α<γ<β

C．α<β<γ

D．β<γ<α

OB，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I1＝OA·I2＝OB·OC，I3＝OC·OD，则

（第10题图）

A．I1I2I3 【答案】C

【解析】因为AOBCOD90，OAOC，OBOD，所以OBOC0OAOBOCOD， 故选C．

B．I1I3I2

C．I3I1I2

D．I2I1I3

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.

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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S6，S6 ． 【答案】33 2

12．已知a，b∈R，（abi）34i（i是虚数单位）则ab ，ab= ．

222133【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S66(11sin60)．

22【答案】5，2

a2b23a24【解析】由题意可得ab2abi34i，则，解得2，则a2b25,ab2．

ab2b12213．已知多项式(x1)3(x2)2x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则a4=________，a5=________．

【答案】16，4

rrmmrmxC2x22mC3C222mxrm，分别取r0,m1和【解析】由二项式展开式可得通项公式为：C3r1,m0可得a441216，取rm，可得a51224．

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 ,24

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_______．

【答案】4，25 第 5 页 共 13 页

【解析】设向量a,b的夹角为，由余弦定理有：ab1222212cos54cos， ab1222212cos54cos，则：

abab54cos54cos，

令y54cos54cos，则y21022516cos216,20， 据此可得：ababmax2025,ababmin164，

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】660

17．已知aR，函数f(x)|x9【答案】(,]

24【解析】x1,4,x4,5，分类讨论：

x4a|a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是___________． x①当a5时，fxax函数的最大值2a45,a②当a4时，fxx44a2ax， xx9，舍去； 244aax5，此时命题成立； xx③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aa99或，解得：a或a 224aa55aa59综上可得，实数a的取值范围是,．

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.

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18．（本题满分14分）已知函数f（x）=sin2x–cos2x–23 sin x cos x（xR）．

（Ⅰ）求f(2)的值． 3（Ⅱ）求f(x)的最小正周期及单调递增区间．

2【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）最小正周期为，单调递增区间为[k,k]kZ．

63【解析】（Ⅰ）由sin2321，cos，

3232f(23131)()2()223()． 32222得

f(2)2． 3

由正弦函数的性质得

32k2x2k,kZ， 262解得

2kxk,kZ， 632所以，f(x)的单调递增区间是[k,k]，kZ．

6319．（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．

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P

E

A B

（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）【解析】

2． 8D

C

P

F H Q E

D

C

A B

N M

（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接MQ．

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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．

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= 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是2． 82， 820．（本题满分15分）已知函数f(x)=（x–2x1）ex（x（Ⅰ）求f(x)的导函数；

1（Ⅱ）求f(x)在区间[，+)上的取值范围．

21）． 211【答案】（Ⅰ）f'(x)(1x)(1)e；（Ⅱ）[0， e2]．

22x12x第 9 页 共 13 页

【解析】（Ⅰ）因为(x2x1)'1所以

12x1，(ex)'ex，

f'(x)(112x1)ex(x2x1)ex

（Ⅱ）由

(1x)(2x12)ex2x11(x)．

2f'(x)(1x)(2x12)ex2x10，

解得

x1或x5． 2因为

x f（x） 1 2（1，1） 21 0 0 （1，5） 25 2（5，） 2 11e2 2– + 0 15e2 2– 1又f(x)(2x11)2ex0，

2111所以f（x）在区间[,)上的取值范围是[0,e2]．

2211391321．（本题满分15分）如图，已知抛物线x2y，点A(，)，抛物线上的点P(x,y)(x)．过B(，)，

242224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；

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（Ⅱ）求|PA||PQ|的最大值． 【答案】（Ⅰ）(1,1)；（Ⅱ）

27 16

（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程

11kxyk0,24 93xkyk0,42解得点Q的横坐标是

k24k3． xQ2(k21)因为

1|PA|=1k2(x)=1k2(k1)，

2|PQ|= 1k(xQx)2(k1)(k1)2k12，

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，

11所以 f(k)在区间(1,)上单调递增，(,1)上单调递减，

22因此当k=

127时，|PA||PQ|取得最大值． 21622．（本题满分15分）已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（nN）．

证明：当nN时，

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（Ⅰ）0＜xn+1＜xn； （Ⅱ）2xn+1− xn≤（Ⅲ）

xnxn1； 211≤xn≤n2． n122【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．

所以

xnxn1ln(1xn1)xn1，

因此0xn1xn(nN)．

故

2xn1xnxnxn1(nN)． 2（Ⅲ）因为

xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1，

所以

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xn1，2n1

由

xnxn12xn1xn，得 211112()0， xn12xn2所以

111111故

综上，

2()2n1()2n2x， n2xn12x12xn12n2．

12n1xn12n2(nN)． 第 13 页 共 13 页