2017年高考数学真题试卷（浙江卷）(学生版).docx

2017年高考数学真题试卷（浙江卷） 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分） 1.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.椭圆 𝑥29 + 𝑦24 =1的离心率是（    ） A. 133                                       
B. 53                                       
C. 23                                       
D. 59 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：cm2）是（    ）
A. 𝜋2+1                                       
B. 𝜋2+3                                       
C. 3𝜋2+1                                       
D. 3𝜋2+3 4.若x、y满足约束条件 {𝑥≥0𝑥+𝑦−3≥0𝑥−2𝑦≤0 ，则z=x+2y的取值范围是（    ） A. [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（    ）
A. 
             B. 
             C. 
             D. 
8.已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi ， P（ξi=0）=1﹣pi ， i=1，2．若0＜p1＜p2＜ 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.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α、β、γ，则（    ）
A. γ＜α＜β                            
B. α＜γ＜β                            
C. α＜β＜γ                            
D. β＜γ＜α 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 • 𝑂𝐵 ，I2= 𝑂𝐵 • 𝑂𝐶 ，I3= 𝑂𝐶 • 𝑂𝐷 ，则（    ）
A. I1＜I2＜I3                          B. I1＜I3＜I2                          C. I3＜I1＜I2                          D. I2＜I1＜I3 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+a2x3+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，连结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（共5小题，满分74分） 18.已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2 3 sinx cosx（x∈R）． （Ⅰ）求f（ 2𝜋3 ）的值． （Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间． 19.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.已知函数f（x）=（x﹣ 2𝑥−1 ）e﹣x（x≥ 12 ）． （Ⅰ）求f（x）的导函数； （Ⅱ）求f（x）在区间[ 12 ，+∞）上的取值范围． 21.如图，已知抛物线x2=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． （Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围； （Ⅱ）求|PA|•|PQ|的最大值．
22.已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时， （Ⅰ）0＜xn+1＜xn； （Ⅱ）2xn+1﹣xn≤ 𝑥𝑛𝑥𝑛+12 ； （Ⅲ） 12𝑛−1 ≤xn≤ 12𝑛−2 ．  答案解析部分 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分） 1.【答案】 A 【考点】并集及其运算 【解析】【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. 【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可． 2.【答案】 B 【考点】椭圆的简单性质 【解析】【解答】解：椭圆 𝑥29 + 𝑦24 =1，可得a=3，b=2，则c= 9−4 = 5 ， 所以椭圆的离心率为： 𝑐𝑎 = 53 ． 故选：B． 【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可． 3.【答案】 A 【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积 【解析】【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 12 × 13 ×π×12×3+ 13 × 12 × 2 × 2 ×3= 𝜋2 +1， 故选：A
【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． 4.【答案】 D 【考点】二元一次不等式（组）与平面区域，简单线性规划 【解析】【解答】解：x、y满足约束条件 {𝑥≥0𝑥+𝑦−3≥0𝑥−2𝑦≤0 ，化简得𝑥≥0𝑦≥−𝑥+3𝑦≥𝑥2表示的可行域如图：
由图可知，该可行域为以开放区域，目标函数z=x+2y经过点（2，1）时，函数取得最小值，最小值为4，无最大值， 所以目标函数的范围是[4，+∞）． 故选：D． 【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． 5.【答案】 B 【考点】二次函数的性质 【解析】【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣ 𝑎2 为对称轴的抛物线， ①当﹣ 𝑎2 ＞1或﹣ 𝑎2 ＜0，即a＜﹣2，或a＞0时， 函数f（x）在区间[0，1]上单调， 此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a|， 故M﹣m的值与a有关，与b无关 ②当 12 ≤﹣ 𝑎2 ≤1，即﹣2≤a≤﹣1时， 函数f（x）在区间[0，﹣ 𝑎2 ]上递减，在[﹣ 𝑎2 ，1]上递增， 且f（0）＞f（1）， 此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣ 𝑎2 ）= 𝑎24 ， 故M﹣m的值与a有关，与b无关 ③当0≤﹣ 𝑎2 ＜ 12 ，即﹣1＜a≤0时， 函数f（x）在区间[0，﹣ 𝑎2 ]上递减，在[﹣ 𝑎2 ，1]上递增， 且f（0）＜f（1）， 此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣ 𝑎2 ）=a﹣ 𝑎24 ， 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 【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． 6.【答案】 C 【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，等差数列的前n项和 【解析】【解答】解：∵S4+S6＞2S5 ， ∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d）， ∴21d＞20d， ∴d＞0， 故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件， 故选：C 【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5 ， 可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断． 7.【答案】 D 【考点】函数的图象，函数的单调性与导数的关系 【解析】【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 【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 8.【答案】 A 【考点】离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差 【解析】【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi ， P（ξi=0）=1﹣pi ， i=1，2，…， 0＜p1＜p2＜ 12 ， ∴ 12 ＜1﹣p2＜1﹣p1＜1， E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1 ， E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2 ， D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）= 𝑝1−𝑝12 ， D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）= 𝑝2−𝑝22 ， D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（ 𝑝2−𝑝22 ）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0， ∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）． 故选：A． 【分析】由已知得0＜p1＜p2＜ 12 ， 12 ＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1 ， E（ξ2）=p2 ， 从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果． 9.【答案】 B 【考点】用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法 【解析】【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 2 ）， Q (3，2，0) ，R (−23，0，0) ， 𝑃𝑅 = (−23，3，0) ， 𝑃𝐷 =（0，3，6 2 ）， 𝑃𝑄 =（ 3 ，5，0）， 𝑄𝑅 = (−33，−2，0) ， 𝑄𝐷 = (−3，−2，62) ． 设平面PDR的法向量为 𝑛 =（x，y，z），则 {𝑛⋅𝑃𝑅=0𝑛⋅𝑃𝐷=0 ，可得 {−23𝑥+3𝑦=03𝑦+62𝑧=0 ， 可得 𝑛 = (6，22，−1) ，取平面ABC的法向量 𝑚 =（0，0，1）． 则cos <𝑚，𝑛> = 𝑚⋅𝑛|𝑚||𝑛| = −115 ，取α=arccos 115 ． 同理可得：β=arccos 3681 ．γ=arccos 295 ． ∵ 115 ＞ 295 ＞ 3681 ． ∴α＜γ＜β． 解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG． 设OP=h． 则cosα= 𝑆△𝑂𝐷𝑅𝑆△𝑃𝐷𝑅 = 𝑂𝐸𝑃𝐸 = 𝑂𝐸𝑂𝐸2+ℎ2 ． 同理可得：cosβ= 𝑂𝐹𝑃𝐹 = 𝑂𝐹𝑂𝐹2+ℎ2 ，cosγ= 𝑂𝐺𝑃𝐺 = 𝑂𝐺𝑂𝐺2+ℎ2 ． 由已知可得：OE＞OG＞OF． ∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角． ∴α＜γ＜β． 故选：B．


【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 2 ），Q (3，2，0) ，R (−23，0，0) ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角． 解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα= 𝑆△𝑂𝐷𝑅𝑆△𝑃𝐷𝑅 = 𝑂𝐸𝑃𝐸 = 𝑂𝐸𝑂𝐸2+ℎ2 ．同理可得：cosβ= 𝑂𝐹𝑃𝐹 = 𝑂𝐹𝑂𝐹2+ℎ2 ，cosγ= 𝑂𝐺𝑃𝐺 = 𝑂𝐺𝑂𝐺2+ℎ2 ．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出． 10.【答案】 C 【考点】平面向量数量积的运算 【解析】【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＞ 𝑂𝐴 • 𝑂𝐵 ＞ 𝑂𝐶 • 𝑂𝐷 ， 𝑂𝐵 • 𝑂𝐶 ＞0， 即I3＜I1＜I2 ， 故选：C． 【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． 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.【答案】 332 【考点】模拟方法估计概率 【解析】【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 S6=6× 12 ×1×1×sin60°= 332 ． 故答案为： 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． 12.【答案】 5 ；2 【考点】复数相等的充要条件，复数代数形式的乘除运算 【解析】【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位）， ∴3+4i=a2﹣b2+2abi， ∴3=a2﹣b2 ， 2ab=4， 解得ab=2， {𝑎=2𝑏=1 ， {𝑎=−2𝑏=−1 ． 则a2+b2=5， 故答案为：5，2． 【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2 ， 2ab=4，解出即可得出． 13.【答案】 16 ；4 【考点】二项式定理的应用 【解析】【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5 ， （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， a4=3×4+1×4=16； a5=1×4=4． 故答案为：16；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，a5就是常数的乘积． 14.【答案】 152；104 【考点】二倍角的余弦公式，三角形中的几何计算 【解析】【解答】解：如图，取BC得中点E， ∵AB=AC=4，BC=2， ∴BE= 12 BC=1，AE⊥BC， ∴AE= 𝐴𝐵2−𝐵𝐸2 = 15 ， ∴S△ABC= 12 BC•AE= 12 ×2× 15 = 15 ， ∵BD=2， ∴S△BDC= 12 S△ABC= 152 ， ∵BC=BD=2， ∴∠BDC=∠BCD， ∴∠ABE=2∠BDC 在Rt△ABE中， ∵cos∠ABE= 𝐵𝐸𝐴𝐵 = 14 ， ∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1= 14 ， ∴cos∠BDC= 104 ， 故答案为： 152 ， 104
【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= 12 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 15.【答案】 4；25 【考点】函数的最值及其几何意义，向量的模，三角函数的最值，余弦定理 【解析】【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= 5−4𝑐𝑜𝑠𝛼 ，y= 5+4𝑐𝑜𝑠𝛼 ， 则x2+y2=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zmin=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zmax即为原点到切线的距离的 2 倍， 也就是圆弧MN所在圆的半径的 2 倍， 所以zmax= 2 × 10 = 25 ． 综上所述，| 𝑎 + 𝑏 |+| 𝑎 ﹣ 𝑏 |的最小值是4，最大值是 25 ． 故答案为：4、 25 ．

【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知| 𝑎 + 𝑏 |= 5−4𝑐𝑜𝑠𝛼 、| 𝑎 ﹣ 𝑏 |=