2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学.docx

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1、2017年普通高等学校招生全国统一考试（ 浙江 卷）数学 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) 解析：直接利用并集的运算法则化简求解即可 . 集合 P=x|-1 x 1， Q=x|0 x 2， 那么 P Q=x|-1 x 2=(-1， 2). 答案： A. 2.椭圆 22194xy的离心率是 ( ) A. 133B. 53C.23D.59解析：直接利用椭圆的简单性质求解即可 . 椭圆 22194xy，可得 a=3，

2、b=2，则 c= 94 =5， 所以椭圆的离心率为： 53ca. 答案： 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： cm2)是 ( ) A.2+1 B.2+3 C.32+1 D.32+3 解析：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 21 1 1 11 2 22 3 3 23 3 12 . 答案： A 4.若 x、 y满足约束条件 0 3020xxyxy ，则 z=x+2y的取值范围是 ( ) A.0， 6 B.0

3、， 4 C.6， + ) D.4， + ) 解析： x、 y满足约束条件 0 3020xxyxy ，表示的可行域如图： 目标函数 z=x+2y经过坐标原点时，函数取得最小值， 经过 C时，目标函数取得最大值， 由 3020xyxy 解得 C(2， 1)， 目标函数的最小值为： 4 目标函数的范围是 4， + ). 答案： 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 C.与 a无关，且与 b无关 D.与 a无关，但与 b有关 解析：结合二次函数的图象 和性质，分类讨论不同情

4、况下 M-m的取值与 a， b 的关系，综合可得答案 . 函数 f(x)=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线 x=2a为对称轴的抛物线， 2a 1或2a 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 当 1221a ，即 -2 a -1时， 函数 f(x)在区间 0，2a上递减，在 2a， 1上递增， 且 f(0) f(1)， 此时 M-m=f(0)-f(2a)= 24a， 故 M-m的值与 a有关，与 b无关 当 0 122a ，即 -1 a 0时， 函数 f(x)在区间 0

5、，2a上递减，在 2a， 1上递增， 且 f(0) f(1)， 此时 M-m=f(0)-f(2a)=a- 24a， 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 . 答案 ： B. 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 解析：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 . S4+S6 2S5， 4a1+6d+6a1+15d 2(5a1+10d)， 2

6、1d 20d， d 0， 故“ d 0”是“ S4+S6 2S5”充分必要条件 . 答案： C 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. 解析：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， 故答案为 D. 答案： D. 8.已知随机变量 i满足 P( i=

7、1)=pi， P( i=0)=1-pi， i=1， 2.若 0 p1 p2 12，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) 解析：随机变量 i满足 P( i=1)=pi， P( i=0)=1-pi， i=1， 2， 0 p1 p2 12， 12 1-p2 1-p1 1， E( 1)=1 p1+0 (1-p1)=p1， E( 2)=1 p2+0 (1-p2)=p2， D( 1)=(1-p1)2p1+(0-p1)2

8、(1-p1)=p1-p12， D( 2)=(1-p2)2p2+(0-p2)2(1-p2)=p2-p22， D( 1)-D( 2)=p1-p12-(p2-p22)=(p2-p1)(p1+p2-1) 0， E( 1) E( 2)， D( 1) D( 2). 答案： 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， 2BQ CRQC RA，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. 解析：解法一：如图所示，建立空间直角坐标系 .设底面 ABC的中心

9、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(-2 3 ， 0， 0)， PRur =(-2 3 ， 3， 0)， PDuur =(0， 3， 6 2 )， PQuur =( 3 ， 5， 0)， QRuur =(-3 3 ， -2， 0)， QDuur =( 3 ， -2， 6 2 ). 设平面 PDR的法向量为 nr =(x， y， z)， 则 00n PRn PD r uurgr uuurg ，可得 2 3 03 3 260xyyz ， 可得 nr =( 6 ， 2

10、 2 ， -1)，取平面 ABC的法向量 mur =(0， 0， 1). 则 cos mur ， nr 115mnmnur rgur r ，取 =arccos 115. 同理可得： =arccos 3681. =arccos 295. 1 2 31 5 9 5 6 8 1 . . 解法二：如图所示，连接 OP， OQ， OR，过点 O 发布作垂线： OE PR， OF PQ， OG QR，垂足分别为 E， F， G，连接 PE， PF， PG. 设 OP=h. 则 tan =ODOE. 同理可得： tan =ODOF， tan =ODOG. 由已知可得： OE OG OF. tan tan t

11、an，为锐角 . . 答案 ： B. 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=OAOBuuruuurg ，I2=OB OCuuur uuurg ， I3=OC ODuuur uuurg ，则 ( ) A.I1 I2 I3 B.I1 I3 I2 C.I3 I1 I2 D.I2 I1 I3 解析：根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可 . AB BC， AB=BC=AD=2， CD=3， AC=2 2 ， AOB= COD 90， 由图象知 OA OC， OB OD， 0 O A O B O C O Du

12、ur uuur uuur uuurgg ， 0OB OCuur u urg ， 即 I3 I1 I2. 答案： C. 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，理论上能把的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将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= . 解析：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 . 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

13、边形 ABCDEF 的面积为 S=6 12 1 1 sin60 =332. 答案： 332. 12.已知 a、 b R， (a+bi)2=3+4i(i是虚数单位 )，则 a2+b2= ， ab= . 解析： 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， 21ab， 21ab. 则 a2+b2=5. 答案： 5； 2. 13.已知多项式 (x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则 a4= ， a5= . 解析：利用二项式定理的展开式，求解 x的系数就是两个多项式

14、的展开式中 x 与常数乘积之和， a5就是常数的乘积 . 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. 答案： 16； 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= . 解析：如图，取 BC得中点 E， AB=AC=4， BC=2， BE=12BC=1， AE BC， 22 15A E A B B E ，

15、112 2 1 5 1 52ABCS B C A E V g， BD=2， 1 1522B D C A B CSSVV， BC=BD=2， BDC= BCD， ABE=2 BDC 在 Rt ABE中， c o s 14BEABE AB ， 2c o s 2 c o s 1 14A B E B D C ， cos BDC= 104. 答案： 152； 104. 15.已知向量 ar 、 br 满足 |ar |=1， |br |=2，则 a b a b r r r r 的最小值是 ，最大值是 . 解析：记 AOB=，则 0，如图， 由余弦定理可得： 5 4 c o sab rr ， 5 4 c o

16、 sab rr ， 令 5 4 co sx ， 5 4 c o sy ， 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 251 0 2 . 综上所述， a b a b r r r r 的最小值是 4，最大值是 25 . 答案： 4； 25 . 16.从 6 男 2女共 8名学生中选出队长 1

17、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 ) 解析：第一类，先选 1 女 3男，有 316240CC种，这 4人选 2人作为队长和副队有 24 12A 种，故有 40 12=480 种， 第二类，先选 2女 2男，有 226215CC种，这 4人选 2人作为队长和副队有 24 12A 种，故有 15 12=180种， 根据分类计数原理共有 480+180=660种 . 答案： 660. 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 . 解析：由题可知 |x

18、+4x-a|+a 5，即 |x+4x-a| 5-a，所以 a 5， 又因为 |x+4x-a| 5-a， 所以 a-5 x+4x-a 5-a， 所以 2a-5 x+4x 5， 又因为 1 x 4， 4 x+4x 5， 所以 2a-5 4，解得 a 92. 答案： (-， 92. 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). ( )求 f(23)的值 . ( )求 f(x)的最小正周期及单调递增区间 . 解析： ( )利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，代入可得： f(23)的值 . ( )根据正弦型函

19、数的图象和性质，可得 f(x)的最小正周期及单调递增区间 . 答案： ( )函数 f(x)=sin2x-cos2x-2 3 sinxcosx= 3 sin2x-cos2x=2sin(2x+76) f(23)=2sin( 27236)=2sin52=2. ( ) =2，故 T=， 即 f(x)的最小正周期为， 由 2x+76 2+2k，2+2k ， k Z得： x 56+k，3+k ， k Z， 故 f(x)的单调递增区间为 56+k，3+k 或写成 k +6， k +23， k Z. 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，

20、PC=AD=2DC=2CB， E为 PD的中点 . ( )证明： CE平面 PAB. ( )求直线 CE与平面 PBC所成角的正弦值 . 解析： ( )证明：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. ( )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 sin . 答案： ( )取 AD 的中点 F，连结 EF， CF， E为 PD的中点， EF PA， 在四

21、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. ( )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，则 AD=PC=2， PB= 2 ， BF=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， E为 PD的中点， E 天平面 PBC的距离为 14， 在

22、 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，则 14 2sin8CE . 20.已知函数 f(x)=(x- 21x )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 . 解析： (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 12 x 1时，当 1 x 52时，当 x 52时， f(x)的单调性，判断 f(x) 0，计算 f(12)， f(1)， f(52)，即可得到所求取值范围 .

23、答案： (1)函数 f(x)=(x- 21x )e-x(x 12)， 导数 f (x) 1 2 1 2 2 112 xxx e x x e gg 2 2 21 1 121 21xxxx e x ex x . (2)由 f(x)的导数 f (x) 21121 xxex ， 可得 f (x)=0时， x=1或 52， 当 12 x 1时， f (x) 0， f(x)递减； 当 1 x 52时， f (x) 0， f(x)递增； 当 x 52时， f (x) 0， f(x)递减， 且 x 21x x2 2x-1 (x-1)2 0， 则 f(x) 0. 由 121122fe， f(1)=0， 5212

24、52fe， 即有 f(x)的最大值为 1212e ，最小值为 f(1)=0. 则 f(x)在区间 12， + )上的取值范围是 0， 1212e . 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)( 1322x )，过点 B作直线 AP 的垂线，垂足为 Q. ( )求直线 AP斜率的取值范围 . ( )求 |PA| |PQ|的最大值 . 解析： ( )通过点 P在抛物线上可设 P(x， x2)，利用斜率公式结合 1322x 可得结论 . ( )通过 (I)知 P(x， x2)， 1322x ，设直线 AP的斜率为 k，联立直线 A

25、P、 BP方程可知Q 点坐标，进而可用 k 表示出 PQuur 、 PAur ，计算可知 |PA| |PQ|=(1+k)3(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 . 答案： ( )由题可知 P(x， x2)， 1322x ， 所以2 1141 22APxkxx (-1， 1)， 故直线 AP斜率的取值范围是： (-1， 1). ( )由 (I)知 P(x， x2)， 1322x ， 所以 PAur =( 12-x， 14-x2)， 设直线 AP的斜率为 k，则 AP： 1124y kx k ， BP： 94132yxkk ， 联立直线 AP、

26、 BP 方程可知 Q( 223422kkk ， 229 8 144kkk )， 故 PQuur =( 2321 1k k kk ， 4 3 221k k k kk )， 又因为 PAur =(-1-k， -k2-k)， 故 -|PA| |PQ| 33 2 3221 1 1 1 1111k k k k kP A P Q k kkk u u r u u urg ， 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 12时 f (x) 0，当 12 x

27、 1时 f (x) 0， 故 f(x)max=f(12)=2716，即 |PA| |PQ|的最大值为 2716. 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 . ( )0 xn+1 xn. ( ) 112 2nnnnxxxx . ( )121122nnnx. 解析： ( )用数学归纳法即可证明 . ( )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 . ( )由 1122nn nnxx xx n得10122112 1nn xx ，继续放缩即可证明 答案： ( )用数学归纳法证明： xn 0， 当 n=

28、1时， x1=1 0，成立， 假设当 n=k时成立，则 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 xn+1 0， 因此 xn 0， (n N*) xn=xn+1+ln(1+xn+1) xn+1， 因此 0 xn+1 xn(n N*). ( )由 xn=xn+1+ln(1+xn+1)得 xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)， 记函数 f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)， x 0 f (x) 22 101xx ln xx ， f(x)在 (0， + )上单调递增， f(x) f(0)=0， 因此 xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1) 0， 故 112 2nnnnxxxx . ( ) xn=xn+1+ln(1+xn+1) xn+1+xn+1=2xn+1， 112nnx ， 由 1122nn nnxx xx 得10122112 1nn xx ， 12111 1 11 1 12 2 22 2 2nnnnx x x ， 212nnx ， 综上所述121122nnnx.