2017 浙江 高考 数学试题(理 含答案)

1、 数 学（理科）选择题部分（共50分）1.(2017年浙江)已知集合p=x|-1x1，q=0x2，那么pq=（ ）a（1，2）b（0，1）c（-1，0）d（1，2）1.a 【解析】利用数轴，取p，q所有元素，得pq=（-1，2）.2. (2017年浙江)椭圆+=1的离心率是（ ）abcd2.b 【解析】e=.故选b3. (2017年浙江)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）abc d3. a 【解析】根据所给三视图可还原几何体为半个圆锥和半个棱锥拼接而成的组合体，所以，几何体的体积为v=×3×（+×2

2、5;1）=+1.故选a.4. (2017年浙江)若x，y满足约束条件则z=x+2y的取值范围是（ ）a0，6 b0，4c6，+） d4，+）4. d 【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点时取最小值4，无最大值，选d5. (2017年浙江)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5. b 【解析】因为最值f（0）=b，f（1）=1+a+b，f（-）=b-中取，所以最值之差一定与b无关.故选b.6. (2017年浙江)已知等差数列an的公差为d，前n项和为

3、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6. c 【解析】由s4 + s6-2s5=10a1+21d-2（5a1+10d）=d，可知当d0时，有s4+s6-2s50，即s4 + s6>2s5，反之，若s4 + s6>2s5，则d0，所以“d>0”是“s4 + s6>2s5”的充要条件，选c7. (2017年浙江)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）7. d 【解析】原函数先减再增，再减再增，且x=0位于增区间内.故

4、选d.8. (2017年浙江)已知随机变量i满足p（i=1）=pi，p（i=0）=1pi，i=1，2 若0<p1<p2<，则（ ）ae(1)e(2)，d(1)d(2) be(1)e(2)，d(1)d(2) ce(1)e(2)，d(1)d(2) de(1)e(2)，d(1)d(2)8. a 【解析】e(1)=p1，e(2)=p2，e(1)e(2)，d(1)=p1(1-p1)，d(2)=p2(1-p2)，d(1)- d(2)=(p1-p2)(1-p1-p2)0.故选a9. (2017年浙江)如图，已知正四面体dabc（所有棱长均相等的三棱锥），p，q，r分别为ab，bc，ca上的

5、点，ap=pb，=2，分别记二面角dprq，dpqr，dqrp的平面角为，则（ ）（第9题图）a<<b<<c<<d<<9. b 【解析】设o为三角形abc中心，则o到pq距离最小，o到pr距离最大，o到rq距离居中，而高相等，因此<<.故选b.10. (2017年浙江)如图，已知平面四边形abcd，abbc，abbcad2，cd3，ac与bd交于点o，记i1=·，i2=·，i3=·，则（ ）（第10题图）ai1i2i3 bi1i3i2ci3i1i2 di2i1i310. c 【解析】因为aob=cod90

6、°，oaoc，obod，所以·0··.故选c.非选择题部分（共100分）11. (2017年浙江)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= 11. 【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则s6=6×（×1×1×sin 60°）=12. (2017年浙江)已知a，br，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位）则a2+b2=_，ab=

7、_.12.5 2 【解析】由题意可得a2-b2+2abi=3+4i，则解得则a2+b2=5，ab=2.13. (2017年浙江)已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=_，a5=_13. 16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为cr 3xrcm 2·22-m= cr 3·cm 2·22-m·xr+m，分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得a4=4+12=16，取r=m，可得a5=1×22=414. (2017年浙江)已知abc，ab=ac=4，bc=2 点d为ab延长线上一

8、点，bd=2，连结cd，则bdc的面积是_，cosbdc=_.14. 【解析】取bc中点e，由题意，aebc，abe中，cosabe=，cos dbc=-，sindbc=，sbcd=×bd×bc×sindbc=.abc=2bdc，cosabc=cos 2bdc=2cos2bdc-1=，解得cosbdc=或cosbdc=-（舍去）.综上可得，bcd面积为，cosbdc=.15. (2017年浙江)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_15. 4，2 【解析】设向量a，b的夹角为，由余弦定理有|a-b|=，|a+b|

9、= ，则|a+b|+|a-b|=+，令y=+，则y2=10+2 16,20，据此可得(|a+b|+|a-b|)max=2,(|a+b|+|a-b|)min=4，即|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是216. (2017年浙江)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）16. 660 【解析】由题意可得，“从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”中的选择方法为c4 8×c1 4×c1 3（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有c4 6×

10、c1 4×c1 3（种）方法，则满足题意的选法有c4 8×c1 4×c1 3- c4 6×c1 4×c1 3=660（种）.17. (2017年浙江)已知ar，函数f（x）=|x+-a|+a在区间1，4上的最大值是5，则a的取值范围是_ 17.（-， 【解析】x1,4,x+4,5，分类讨论：当a5时，f（x）=a-x-+a=2a-x-，函数的最大值2a-4=5，a=，舍去；当a4时，f（x）=x+-a+a=x+5，此时命题成立；当4a5时，f(x)max=max|4-a|+a,|5-a|+a，则或解得a=或a.综上可得，实数a的取值范围是（-，

11、18. (2017年浙江)已知函数f（x）=sin2xcos2x2sin x cos x（xr）（1）求f（）的值（2）求f（x）的最小正周期及单调递增区间18.解：（1）由sin =，cos =-，f（）=（）2-（-）2-2××（-）得f（）=2（2）由cos 2x=cos2x-sin2x与sin 2x=2sin xcos x，得f(x)=-cos 2x-sin 2x=-2sin(2x+)所以f(x)的最小正周期是由正弦函数的性质得+2k2x+2k，kz，解得+kx+2k，kz，所以，f（x）的单调递增区间是+k，+2k，kz19. (2017年浙江)如图，已知四棱锥p

12、abcd，pad是以ad为斜边的等腰直角三角形，bcad，cdad，pc=ad=2dc=2cb，e为pd的中点（第19题图）（1）证明：ce平面pab；（2）求直线ce与平面pbc所成角的正弦值19.解：（1）如图，设pa中点为f，连接ef，fb因为e，f分别为pd，pa中点，所以efad且ef=ad，又因为bcad，bc=ad，所以efbc且ef=bc，即四边形bcef为平行四边形，所以cebf，因此ce平面pab（2）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，mqce.由pad为等腰

13、直角三角形得pnad.由dcad，n是ad的中点得bnad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mhmh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rtmqh中，qh=，mq=，所以sinqmh=， 所以直线ce与平面pbc所成角的正弦值是20. (2017年浙江)已知函数f(x)=（x）e-x（x）（1）求f(x)的导函数；（2）求f(x)在区间，+)上的取值范围20.解：（1）因为（x）=1

14、-，（e-x）=-e-x，所以f（x）=（1-）e-x-（x）e-x=(x).（2）由f(x)=0解得x=1或x=因为x（，1）1（1，）（，+）f(x)0+0f（x）e-0e-又f（x）=（-1）2e-x0，所以f（x）在区间，+)上的取值范围是0，e-21. (2017年浙江)如图，已知抛物线x2=y，点a（-，），b（，），抛物线上的点p(x,y)(-x)过点b作直线ap的垂线，垂足为q（第19题图）（1）求直线ap斜率的取值范围；（2）求|pa|·|pq|的最大值21. 解：（1）设直线ap的斜率为k，k=x-，因为-x，所以直线ap斜率的取值范围是（-1，1）（2）联立直线

15、ap与bq的方程解得点q的横坐标是xq=因为|pa|=(x+)=(k+1)，|pq|=(xq-x)=-，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,)上单调递增，(,1)上单调递减，因此当k=时，|pa|·|pq|取得最大值22. (2017年浙江) 已知数列xn满足x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（nn*）证明：当nn*时，（1）0xn+1xn；（2）2xn+1 xn；（3）xn22.解：（1）用数学归纳法证明xn0当n=1时，x1=1>0假设n=k时，xk>0，那么n=k+1时，若xk+10，则0xk= xk+1+ln（1+ xk+1）0，矛盾，故xk+10 因此xn0（nn*）所以xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1，因此0xn+1xn（nn*）（2）由xn=xn+1+ln（1+xn+1），得xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+（xn+