2017浙江卷高考数学试题下载-真题答案精编版

名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！1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24SR13VSh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343VR台体的体积公式其中R表示球的半径1()3aabbVhSSSS柱体的体积公式其中Sa，Sb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|{xxP，}20{xQ，那么QPA．)2,1(B．)1,0(C．)0,1(D．)2,1(【答案】A【解析】取QP,所有元素，得QP)2,1(.名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！22．椭圆22194xy的离心率是A．133B．53C．23D．59【答案】B【解析】94533e，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（第3题图）A．π2+1B．π2+3C．3π2+1D．3π2+3【答案】A【解析】21113(21)13222V，选A．4．若x,y满足约束条件03020xxyxy，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)=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名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！3【解析】因为最值在2(0),(1)1,()24aafbfabfb中取，所以最值之差一定与b无关，选B．6．已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，则“d0”是“S4+S62S5”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()yfx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i满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1–pi，i=1，2．若0p1p212，则A．1()E2()E，1()D2()DB．1()E2()E，1()D2()DC．1()E2()E，1()D2()DD．1()E2()E，1()D2()D【答案】A【解析】∵1122(),()EpEp，∴12()()EE，∵111222()(1),()(1)DppDpp，∴121212()()()(1)0DDpppp，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，2BQCRQCRA，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α，β，γ，则名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！4（第9题图）A．γαβB．αγβC．αβγD．βγα【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·IOAOB＝，2·IOBOC＝，3·IOCOD＝，则（第10题图）A．123IIIB．132IIIC．312IIID．213III【答案】C【解析】因为90AOBCOD，OAOC，OBOD，所以0OBOCOAOBOCOD，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.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”的名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！5第一步是计算单位圆内接正六边形的面积6S，6S．【答案】332【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则61336(11sin60)22S．12．已知a，b∈R，2i34iab（）（i是虚数单位）则22ab，ab=．【答案】5，2【解析】由题意可得222i34iabab，则2232abab，解得2241ab，则225,2abab．13．已知多项式32543212345(1)(2)xxxaxaxaxaxa，则4a=________，5a=________．【答案】16，4【解析】由二项式展开式可得通项公式为：223232CC2CC2rrmmmrmmrmxxx，分别取0,1rm和1,0rm可得441216a，取rm，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】1510,2415．已知向量a，b满足1,2,ab则abab的最小值是________，最大值是_______．【答案】4，25【解析】设向量,ab的夹角为，由余弦定理有：2212212cos54cosab，2212212cos54cosab，则：名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！654cos54cosabab，令54cos54cosy，则221022516cos16,20y，据此可得：maxmin2025,164abababab，即abab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()||fxxaax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】41,4,4,5xxx，分类讨论：①当5a时，442fxaxaaxxx，函数的最大值9245,2aa，舍去；②当4a时，445fxxaaxxx，此时命题成立；③当45a时，maxmax4,5fxaaaa，则：4545aaaaaa或4555aaaaaa，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.18．（本题满分14分）已知函数f（x）=sin2x–cos2x–23sinxcosx（xR）．（Ⅰ）求2()3f的值．（Ⅱ）求()fx的最小正周期及单调递增区间．名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！7【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）最小正周期为，单调递增区间为2[,]63kkkZ．【解析】（Ⅰ）由23sin32，21cos32，2223131()()()23()32222f．得2()23f．由正弦函数的性质得3222,262kxkkZ，解得2,63kxkkZ，所以，()fx的单调递增区间是2[,]63kkk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，//BCAD，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．PABCDE名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！8【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）28．【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．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MFHQNPABCDE名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！9BC⊥平面PBN，那么平面PBC⊥平面PBN．所以sin∠QMH=28，所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．20．（本题满分15分）已知函数f(x)=（x–21x）ex（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）2()(1)(1)e21xf'xxx；（Ⅱ）[0，1212e]．【解析】（Ⅰ）因为1(21)121xx'x，(e)exx'，所以1()(1)e(21)e21xxf'xxxx(1)(212)e1()221xxxxx．（Ⅱ）由(1)(212)e()021xxxf'xx，解得1x或52x．名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！10因为x12（12，1）1（1，52）52（52，）–0+0–f（x）121e20521e2又21()(211)e02xfxx，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2xy，点A11()24，，39()24B，，抛物线上的点13(,)()22Pxyx．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；（Ⅱ）求||||PAPQ的最大值．【答案】（Ⅰ）(1,1)；（Ⅱ）2716（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程110,24930,42kxykxkyk名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！11解得点Q的横坐标是22432(1)Qkkxk．因为|PA|=211()2kx=21(1)kk，|PQ|=222(1)(1)1()1Qkkkxxk，所以3(1)(1)kkPAPQ．令3()(1)(1)fkkk，因为2'()(42)(1)fkkk，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，||||PAPQ取得最大值2716．22．（本题满分15分）已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（nN）．证明：当nN时，（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；（Ⅱ）2xn+1−xn≤12nnxx；（Ⅲ）112n≤xn≤212n．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．所以名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的高考！12111ln(1)nnnnxxxx，因此10()nnxxnN．故112()2nnnnxxxxnN．（