2017浙江高考数学真题(含答案)

数 学

一、 选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。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-1A.（-1,2） B.（0，1） C.（-1,0） D.（1,2）

222.椭圆

x9y41的离心率是 A. 13 B. 53 C. 2533 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

A.

2+1 B.

2+3 C. 332+1 D. 2+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)的图像如图所示，则函数yf(x)的图像可能是

8．已知随机变量i满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1—pi，i=1，2.若012，则A．E(1)D(2) C．E(1)>E(2)，D(1)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，

BQCRQCRA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．I１B．I１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的学科.网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a4a3211x2xa3x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：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.

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，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. （本题满分15分）已知函数fxx-2x-1exx12 （I）求fx的导函数

（II）求fx在区间1，+2上的取值范围

21. （本题满分15分）如图，已知抛物线x2y.点A-1，1，B3，92424，抛物线上的点P（x,y）-1＜x＜322,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PAPQ的最大值

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 （I）0＜xn1＜xn;

（II）2xn1-xxnxn1n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）

数学参

一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分40分。 1.A 2.B 3.A 4.D 5.B 6.C 7.D 8.A 9.B 10.C

二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题6分，单空题每题4分，满分36分。

11. 3315102 12.5,2 13.16.4 14. 2，4 15. 4，25 16.660

17. -，92

三、解答题：本大题共5小题，共74分。

18.本题主要考查三角函数的性质及其变换等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。

（I）由sin232132,cos32， f223123123222322得f32 （II）由cos2xcos2xsin2x与sin2x2sinxcosx得

fxcos2x3sin2x=-2sin2x6 所以fx的最小正周期是 由正弦函数的性质得

2+2k2x632+2k,kZ 解得

6+kx23+k,kZ 所以fx的单调递增区间是+k，2+63kkZ

19.本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。 （Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB.

因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且，

又因为BC∥AD，，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.连结PN交EF于点Q，连结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为等腰学科&网直角三角形得 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，连结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=

得CE=

，

在△PBN中，由PN=BN=1，PB=

得QH=，

在Rt△MQH中，QH=，MQ=，

所以 sin∠QMH=，

所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.

20.本题主要考查函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考查分析问题和解决问题的能力。满分15分。

（Ⅰ）因为

所以

=.

（Ⅱ）由

解得

或

. 因为

x （） 1 （） （） - 0 + 0 - f（x） ↘ 0 ↗ ↘ 又

，

所以f（x）在区间[）上的取值范围是.

21. 本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的

基本思想方法和运算求解能力。满分15分。

（Ⅰ）设直线AP的斜率为k,

2- k=x14x1，x12

2因为12x32，所以直线AP斜率的取值范围是（-1，1）。 （Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程

11kxy2k40, xky94k320,2解得点Q的横坐标是

x4k3Qk2(k21) 因为

|PA|=1k2(x12)=1k2(kx1)

(k1)(k1)2|PQ|= 1k2(xQx)=k21，

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，

所以 f(k)在区间（-1，112）上单调递增，（2，1）上单调递减，

因此当k=

12时，|PA||PQ| 取得最大值2716

22. 本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考

查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力。满分15分。

（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In(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xxn1n(nN)

（Ⅱ）由xnxn1ln(1xn1)xn1得

x4xx2nxn1n12xnn12xn1(xn12)ln(1xn1)

记函数f(x)x22x(x2)ln(1x)(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

2xn1xxnxn1n2(nN)

xnxn1ln(1xn1)xn1xn1

所以x1n2n1得 xnxn122xn1xn 1x12(11)0 n12xn21122(1x1)2n1(11)2n2x nn12x12故x1n2n2

12n1x1n2n2(nN) （Ⅲ）因为