2017年高考数学浙江卷及答案解析

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2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)

数 学

本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.

参考公式：

球的表面积公式

椎体的体积公式

S4πR2

V13Sh 球的体积公式

其中S代表椎体的底面积

V4πR23

h表示椎体的高

其中R表示球的半径 台体的体积公式

柱体的体积公式

V13hSa+SaSb+Sb

VSh

其中的Sa，Sb分别表示台体的 h表示柱体的高

上、下底面积

h表示台体的高

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-1B.(0，1)

C.(-1，0) D.(1，2)

222.椭圆x9y41的离心率是

A.133 B.53 C.253 D.9

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

数学试卷 第1页（共18页）

第3题图

A.ππ2+1

B.

2+3

C.3π+1

D.3π22+3 x≥04.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≤0A.[0,6] B.[0,4] C.[6,+)

D.[4,+) 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 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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 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

第7题图

数学试卷 第2页（共18页）

A

B

C

D

8.已知随机变量1i满足P(i1)pi，P(i0)1pi，i1，2.若0p1p22，则A.E(1)＜E(2)，D(1)＜D(2) B.E(1)＜E(2)，D(1)＞D(2) C.E(1)＞E(2)，D(1)＜D(2) D.E(1)＞E(2)，D(1)＞D(2)

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，

BQQCCRRA2.分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为

，，，则

A. B. C.

D.

（第9题图）

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＝OAOB，I2＝OBOC，

I3＝OCOD，则

A.I1I2I3 B.I1I3I2 C.I3I1I2 D.I2I1I3

（第10题图）

数学试卷 第3页（共18页） 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.

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=________.

12.已知a，bR，

（abi）234i(i是虚数单位)，则a2b2________，ab________.

13.已知多项式x13x22=x5a1x4a32xa3x2a4xa5，则a4=________，a5=________.

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.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.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.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: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. 18.(本题满分14分)

已知函数f(x)sin2xcos2x23sinxcosxxR.

(I)求f(23)的值； (II)求f(x)的最小正周期及单调递增区间.

数学试卷 第4页（共18页）

在_

19.(本题满分15分) 如图，已知四棱锥PABCD，BC∥AD，△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. (I)证明：CE∥平面PAB；

(II)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.

20.(本题满分15分)

-------------------------- 1已知函数f(x)x-2x-1exx≥.

2(I)求f(x)的导函数；

1+上的取值范围. (II)求f(x)在区间，_________--------------------__此____号 生__考__ _ _ _ _-------------------- _卷 ________________-------------------- __ ___ ___ ____上名__姓__ _ _ _ _ _____-------------------- __答 ______校学业毕-------------------- 题 -------------------- 无 --------------------

效---数学试卷

第5页（共18页） 2

数学试卷第6页（共18页）

21.(本题满分15分)

1139如图，已知抛物线x2y，点A，，B，，抛物线上的点

242431Px,y＜x＜，过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.

22.(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， 2斜率的取值范围；

PQ的最大值.

数学试卷 第7页（共18页） (I)0＜xn1＜xn；

(II)2xxnxn1n1xn≤2； (III)112n1≤xn≤2n-2.

2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)

数学答案解析

选择题部分

一、选择题 1.【答案】A

【解析】根据集合的并集的定义,得PUQ(1，2). 2.【答案】B

【解析】根据题意知,a3,b2,则ca2b25,∴椭圆的离心率eca=53,故选B. 3.【答案】A

【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V1312π3+1312213=π2+1,故选A.

4.【答案】D

数学试卷 第8页（共18页）

2(I)求直线AP(II)求PA

【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示,由zx2y,得

y=12xz2,∴z2是直线y=12xz2在y轴上的截距,根据图形知,当直线

y=1zzx2y02x2过A点时,2取得最小值.由,得x2,y1,即A（2，1）,x+y30此时,z4,∴x≥4,故选D.

5.【答案】B

2【解析】f(x)=x+a22a4+b,①当0≤-aa2≤1时,f(x)min=m=f(2)a24+bf(x)maxMmaxf(0)，f(1)maxb，1+a+b，∴Mmmaxa2，a2a41+a4与a有关,与b无关；②当2＜0时,f(x)在0，1上单调递增,∴Mmf(1)f(0)1a与a有关,与b无关；③当a2＞1时,f(x)在

0，1上单调递减,∴Mmf(0)f(1)1a与a有关,但与b无关,故选B. 6.【答案】C

【解析】因为an为等差数列,所以S4+S6=4a16d6a115d10a121d,

2S5=10a120d,S4+S62S5=d,所以d＞0S4+S6＞2S5,故选C.

7.【答案】D

【解析】根据题意,已知导函数的图象有三个零点,且每个零点的两边导函数值的符号相

反,因此函数f(x)在这些零点处取得极值,排除A、B；记导函数f(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3,又在，x1f(x)＜0,在x1，x2上f(x)＞0,所以函数

f(x)在，x1上单调递减,排除C,故选D.

8.【答案】A

【解析】根据题意得,E(1)pi，D(1)p（1i1-pi），i1，2,∵0＜p1＜p2＜2,∴数学试卷 第9页（共18页） E(11)＜E(2),令f(x)在（0，）2上单调递增,所以f(p1)＜f(p2),即D(1)＜D(2),故选A. 9.【答案】B

【解析】如图1,设O是点D在底面ABC的射影,过O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ,

垂足分别为E、F、G,连接ED、FD、GD,易得EDPR,∴OED就是二面

角DPRQ的平面角,∴=∠OED,tan=ODODODOE,同理tan=OF,tan=OG.

底面的平面图如图2所示,以P为原点建立平面直角坐标系,不妨设AB2,则（A0,1),B（1,0),C（0,3),O（0,33),∵APPB,BQCR123QCRA2,∴Q（3,3),R（-23,33),则直线RP的方程为y32x,直线PQ的方程为y23x,直线RQ的方程为y353221393x9,根据点到直线的距离公式,知OE21,OF39,OG13,∴OE＞OG＞OF,∴tan＜tan＜tan,又，，为锐角,∴

＜＜，故选B.

10.【答案】C

【解析】如图所示,四边形ABCE是正方形,F为正方形的对角线的交点,易得AO＜AF,

而AFB90,∴AOB与COD为钝角,AOD与BOC为锐角,根据题意,

I1I2OAOBOBOCOB(OAOC)OBCAOBCAcos∠AOB＜0,∴

I1＜I2,同理得I2＞I3,作AGBD于G,又ABAD,∴OB＜BGGD＜OD,而

OA＜AFFC＜OC,

数学试卷 第10页（共18页）

∴OAOB＜OCOD,而cos∠AOB=cos∠COD＜0,∴OAOB＞OCOD,即I1＞I3,

∴I3＜I1＜I2,故选C.

非选择题

二.填空题. 11.【答案】332 【解析】如图,单位圆内接正六边形由六个边长为1的正三角形组成,所以,正六边形的

面积S=613336212=2. 12.【答案】5 2

【解析】∵（a+2bi）2a2b22abi34i,∴a2b23,∴2ab4a2或b1a2,∴b1a2b25,ab2.

13.【答案】16 4

【解析】由题意知a4为含x的项的系数,根据二项式定理得

aC22C3314312C22231C2216,

a5是常数项,所以

a33C25C312224.

14.【答案】152 104 【解析】在△ABC中,ABAC4,BC2,由余弦定理得

数学试卷 第11页（共18页） cos∠ABC=AB2BC2AC24222421152ABBC2424,则sin∠ABC=sin∠CBD4,所以S115△BDC=2BDBCsin∠CBD2.因为BDBC2,所以

∠CDB1cos∠ABC2∠ABC,则cos∠CDB=12104. 15.【答案】4

25 【

解

析

】

解法一：

abab2ab2ab22abab2a22b22abab=10+2abab,

而

abab≥ababa2b23,

∴

abab2≥16,即

abab≥4,即abab的最小值为4.又

ababab2ab22≤2a2b25,∴abab的最大值为

25.

解法二：由向量三角不等式得,abab≥abab2b4,又

abab2ab22≤ab2a2b25,∴abab的最大值为

25.

16.【答案】660

【解析】分两步,第一步,选出4人,由于至少1名女生,故有C448C655种不同的选法；

第二步,从4人中选出队长、副队长各1人,有A2412种不同的选法.根据分步乘法

计数原理知共有55  12 660种不同的选法.

17.【答案】，92

【解析】∵x1,4,∴x4x4,5,①当a≤92时,

f(x)5aa5aa5,符合题意,②当分a＞9max=2时,

f(x)2a45,∴a=99max=4aa2(矛盾),故a的取值范围是，2.

三、解答题.

数学试卷 第12页（共18页）

18.【答案】（Ⅰ）f(2π3)2 （Ⅱ）f(x)的的单调递增区间是π6kπ,2π3kπkZ

【解析】(Ⅰ)由sin2π32π32,cos312,

2f(2π3)3122331,得2π2222f(3)2. (Ⅱ)由cos2xcos2xsin2x与sin2x2sinxcosx得

f(x)cos2x3sin2x2sinπ2x6.

所以f(x)的最小正周期是π.

由正弦函数的性质得

π22kπ≤2xπ3π6≤22kπ,kZ, 解得π6kπ≤x≤2π3kπ,kZ,

所以f(x)的的单调递增区间是π6kπ,2π3kπkZ.

19.【答案】(Ⅰ)如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E、F分別为PD,PA中点,

所以EF∥AD且EF=12AD,又因为BC∥AD,BC=12AD,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. （Ⅱ）直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28 【解析】(Ⅰ)如图,设PA中点为F,连接EF,FB.因为E、F分別为PD,PA中点,所

以EF∥AD且EF=12AD,又因为BC∥AD,BC=12AD,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. (Ⅱ)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.

数学试卷 第13页（共18页） 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. 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∠MQH=28,

所以,直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28.

20.【答案】(Ⅰ)因为x2x1112x1,exex, 所以f(x)x121xx1xex12x1ex2x1e22x1x＞12.

(Ⅱ)由f(x)1x2x12ex2x1=0,

解得x1,x52. 因为

又fx122x112ex0,

数学试卷 第14页（共18页）

所以fx在12,上的取值范围是0,12e12.

【解析】(Ⅰ)因为x2x111,ex2x1ex,

所以f(x)211xx1xex2x1ex2x1e2x12x1x＞12.

(Ⅱ)由f(x)1x2x12ex2x1=0,

解得x1,x52. 因为

又fx122x112ex0,

1所以fx在12,上的取值范围是0,12e2.

21.【答案】（Ⅰ）1,1

（Ⅱ）2716

【解析】(Ⅰ)设直线AP的斜率为k,

x21k4x1x12, 2因为132＜x＜2,所以直线AP斜率的取值范围是1,1.

kxy1k10,(Ⅱ)联立直线AP与BQ的方程24xky94k3

20,解得点Q的横坐标是xk24k3Q2k21.

数学试卷 第15页（共18页） 因为PA1k2x+121k2k1,

2PQ1k2xQxk1k1,

k21所以PAPQ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11,2上单调递增,2,1上单调递减,

因此当k1272时,PAPQ取得最大值16.

22.【答案】(Ⅰ)用数学归纳法证明：xn＞0. 当n1时,x11＞0. 假设nk时,xk＞0,

那么nk+1时,若xk1≤0,则0＜xk=xk1+ln1+xk10,矛盾,故xk1＞0.因此xn＞0nN*.

所以xn=xn1+ln1+xn1＞xn1. 因此0＜xn1≤xnnN*. (Ⅱ)由xn=xn1+ln1+xn1得,

xx2nn1-4xn=xn1+2xn=xn12xn1xn12ln1+xn1.

记函数f(x)x22xx2ln1+xx≥0,

f(x)2x2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 x2n12xn1xn12ln1+xn1=f(xn1)≥0,

故2xxnxn1n1xn2nN*. (III)因为xnxn1ln1+xn1xn1xn12xn1, 所以xn≥12n1. 由

xnxn1112≥2x1n1xn得

x1≥2＞0, n12xn2 数学试卷 第16页（共18页）

所以

1x-1≥211x2≥…≥2n111n1xn2=2n-2, n2故x1n≤2n2.

综上,12≤1n1≤xn2n2nN*.

【解析】(Ⅰ)用数学归纳法证明：xn＞0. 当n1时,x11＞0. 假设nk时,xk＞0,

那么nk+1时,若xk1≤0,则0＜xk=xk1+ln1+xk10,矛盾,故xk1＞0.因此xn＞0nN*.

所以xn=xn1+ln1+xn1＞xn1. 因此0＜xn1≤xnnN*. (Ⅱ)由xn=xn1+ln1+xn1得,

x+2x2nxn1-4xn=xn1n=xn12xn1xn12ln1+xn1.

记函数f(x)x22xx2ln1+xx≥0,

f(x)2x2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 x2n12xn1xn12ln1+xn1=f(xn1)≥0,

故2xxn1n1xnxn2nN*. (III)因为xnxn1ln1+xn1xn1xn12xn1, 所以xn≥12n1. 由

xnxn12≥2x111n1xn得

x1≥2＞0, n12xn2所以1x-1≥21111xn1≥…≥2n1xn2=2n-2,

n22故x≤1n2n2.

综上,112n1≤xn≤2n2nN*.

数学试卷 第17页（共18页）

数学试卷第18页（共18页）