2017年浙江省高考数学试卷-

----2023年浙江省高考数学试卷10550分〕5分〕集合x＜2}，P∪Q=〔〕〕0，1〕〕1，2〕5+=1A．B．C．D．5〕，那么该几何体的体积〔单位：2〕是〔〕cmA．+1B．+3C．+1D．+35分〕假设x、yz=x+2y的取值范围是〔D．[4，+∞〕2+ax+b在区间[0，1M5f〔〕=x那么M﹣m〔〕abababab5{an项和为S2Sn n 4 6 5的〔〕．充分不必要条件125页〕--------5分〕函数y=〔〕的导函数y=f〕的图象如下图，那么函数y=f〔x〕的图象可能是〔〕A．B．C．D．5〔i

=1〕=pi

，P〔ξi

=0〕=1﹣p

，i=1，2．假设0＜ip＜p1

＜，那么〔〕〔

〔1

〔2

〔1

〕〔2

〔1

〔2

〕＞D〔ξ〕1 2〔

〔1

〔2

〕＜D〔ξ1

〕〔2

〔1

〔2

〕＞D〔ξ〕1 25D﹣ABC、、分别为AB、BC、CA，AP=PB，==2PR﹣QPQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，那么〔〕．α＜β＜α5分〕如图，平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB=BC=AD2CD=3，AC与BD交于点O，记I=?，I=?，I=?，那么〔〕1 2 3A．I

＜I＜I

＜I＜II＜I＜ID．I＜I＜I1 2

1 3

3 1

2 1 3225页〕--------7小题，多空题6分，单空题436分4π后七位，其结果领先世界一千多边形的面积S，S=．6 66a、ab=．

2=3+4i〔i是虚数单位〕，那么a2+b2=，〔x+2=x+a+a3+a+ax+aa=，136x+〕1 2 3 4 5 4a=．56ABCAB=AC=4BC=2，点D为ABBD=2，连结CD，那么△BDCcos∠BDC=．156|=||=2|+|+||最大值是．46281124法．〔用数字作答〕4分〕a∈，函数〔=|x|+a14]上的最大值是5，那么a574分〕14分〕函数f〔〕=sin2os22sinxcosx〔∈〔Ⅰ〕求f〔〕的值．f〔〕的最小正周期及单调递15分〕如图，四PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CBE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．325页〕--------x﹣〔2015分〕函数f〔〕=〔x〕e〔fx〕的导函数；〔fx〕在区15x2=y，点〔，〕，抛物线上的点〔x，y＜xB作直线AP的垂线，垂足Q．AP〔Ⅱ〕求|PA|?|PQ的最大值．15{x：x

〔1+xn∈N

*〕，证明：当∈N*时，

n 1 n n1 n1〔Ⅰ〕0＜xxn1 n〔Ⅱ〕2x+x≤；n1n〔Ⅲ〕≤x≤．n--------4页〔25页〕--------2023年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析10550分〕5Q=〔〕〕0，1〕〕1，2〕【分析】直接利用并集的运算法那么化简求解即可．x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，﹣1，2应选：A．【点评】此题考察集合的根本运算，并集的求法，考察计算力量．52023?浙江〕椭圆+=1【分析】直接利用椭圆的简洁性质求解即可．【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，那么c==，所以椭圆的离心率为：=．应选：B．【点评】此题考察椭圆的简洁性质的应用，考察计算力量．52023的体积〔单位：cm2〕是〔〕525页〕--------A．+1B．+3C．+1D．+3【分析】依据几何体的三视图，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．2故该几何体的体积为××1×3+××××3=+，应选：A【点评】此题考察了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是依据三视图得出原几何体的构造特征，是根底题目．5x、yz=x+2y的取值A．[0，6]B．[0，4]C．[6，+∞〕D．[4，+∞〕【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．625页〕--------、y件，表示的可行域如图：z=x+2y〔2，1目标函数的最小值为：4目标函数的范【点评】此题考察线性规题的关．2+ax+b在区[0，15f〔〕=x最小值是m，m〔〕abababab【分析】结合二次函数的图象和性质，分类争辩Mm的取值与a，b的关系，综合可得答案．【解答】解：函数〔x〕=x2+ax+b的图象是开口朝上且以x=为对轴抛物线，①当＞1或＜0，即a2，或a＞0时，函数f〕在区[0，1]上单，此时M=|〔〕f〔〕故Mm的值与a有关，与b无关②当≤≤1，即≤≤1时，7页〔25页〕--------函数f〔〕在区0，]上递减，在[，1且f〔〕＞f〔此时M=〔0〕f〔〕=，故Mm的值与a有关，与b无关③当0≤＜，即1＜≤0时，函数f〔〕在区0，]上递减，在[，1且f〔〕＜f〔此时M=〔1〕f〔〕=a，故Mm的值与a有关，与b无关综上可得：Mm的值与a有关，与b应选：B【点评】此题考察的学问点是二次函数的图象和性质，娴熟把握二次函数的图象和性质，是解答的关5?浙江〕等差数列{anS，〞n n2S4 6 5．充分不必要条件S+S2Sd＞0，依据充分必要4 6 5条件的定义即可推断．【解答】解：∵S+S2S4 6 54a+6d+6a〔5a1 1 1∴21d＞20d，∴2S4 6 5应选：C【点评】此题借助等差数列的求和公式考察了充分必要条件，属8页〔25页〕--------52023y=f〔〕的导函数y=f〕的图象如下图，那么函数y=f〔〕的图象可能是〔〕A．B．C．D．【分析】依据导数与函数单调性的系f0时，函数〔x〕单调递减，当f0时，函数〔xy=f〔〕的图象可能【解答】解：由当fx〕＜0时，函数f〔x〕单调递减，当fx〕＞0时，函数f〔x〕单调递增，那么由导函数y=fx〕的图象可知：f〔〕先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最终单调递增，且其次个拐点〔即函数的极大值点〕x应选D【点评】此题考察导数的考察导数与函数单调性的系察函数极值的推断，考察数形结合思想，属于．5满足〔i

=1〕=pi

〔

==1pi

，i=1，20＜pp1 2

＜，那么〔〕〔

〔1

〔2

〔1

〕〔2

〔1

〔2

〕＞D〔ξ〕1 2〔

〔1

〔2

〕＜D〔ξ1

〕〔2

〔1

〔2

〕＞D〔ξ〕1 2【分析】由得＜p＜p＜，＜1p＜p＜1，求出〔ξ=p〔ξ〕1 2 2 1 1 1 2=p〔2

〔1

〕，由此能求出结果．2【解答】解：∵随机变满足〔ξi i

=1〕=pP〔i

=0〕=i

，i=1，2，，i9页〔25页〕--------0＜p＜p＜，1 2∴＜1﹣p

＜1﹣p2

＜1，〔

〕=×〔1﹣p=p1 1 1 1〔ξ

×〔1﹣p=p2 2 2 2〔ξ1﹣pp〔p1 1 1 1 1〔

〕=〔1﹣pp〔p2 2 2 2 2〔〕=〔p﹣pp+p﹣1〔ξ﹣D〔ξ=p﹣p2 1 1 2 1 2 1 1〔

〔1

〔2

〔ξ1 2应选：A．【点评】此题考察离散型随机变量的数学期望和方差等根底学问，考察推理论证力量、运算求解力量、空间想象力量，考察数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．52023D﹣ABC〔全部棱长均相等的三、Q、RAB、BC、CA，AP=PB，==2，分别记二面角D﹣PR﹣QQR﹣P．α＜β＜αABC妨设OP=3〔〔〔〔QR，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OFPQ，OG⊥QRtanα=．tanβ=，1025页〕--------tanγ=．由可得：OE＞OG＞OF．即可得出．【解答】解法一：如下图，建立空间直角坐标系．设底面△ABC不妨设〔〔〔〔Q，R，0365=．设平面PDR的法向量为=〔x，y，z〕，那么，可得，ABC0，0，1那么cos==，取α=arccos．同理可得：β=arccos．γ=arccos．∵＞＞．，过点O：OE⊥PR，OFPQ，OG⊥QRDEDF，DG．设OD=h．那么tanα=．同理可得：tanβ=，tanγ=．由可得：OE＞OG＞OF．1125页〕--------【点评】此题考察了空间角、空间位置关系、正四周体的性质、法向量的夹角公式，考察了推理力量与计算力量，属于难题．52023?浙江〕如图，平面四边形ABCDAB⊥BCAB=BC=AD2CD=3，AC与BD交于点O，记I=?，I=?，I=?，那么〔〕1 2 3A．I

＜I＜I

＜I＜II＜I＜ID．I＜I＜I1 2

1 3

3 1

2 1 3【分析】依据向量数量积的定义结合图象边角关系进展推断即可．【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD2CD=3，∴AC=2，∴∠AOB=∠COD＞90°，1225页〕--------OAOC，OBOD，∴0＞?＞?，?＞0，即III3 1 2应选：C．【点评】此题主要考察平面对量数量积的用据图象结合平面对量数量积的定义是解决此题的键7小题，多空题6分，单空题436分1142023理论上能ππ确到小数点后七位，其结果领先世界一千多SS=．6 6【分析】依据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．【解答】解：如下图，单位圆的半径为1，那么其内接正六边形ABCDEF中，AOB1ABCDEFS=××1×1×sin60°．6故答案为：．题，是根底题．1262023?浙江〕ab∈a+b=3+4i是虚数单位〕，那么+=5，ab=2．1325页〕--------【分析】a、b∈a+b〕=3+4〔i是虚数单位〕，可得3+4i=b2+2ab，可得，2ab=4，解出即可得出．3=a、〕〔i∴3+4i=ab+2ab，∴3=ab，解得ab=2，，．那么故答案为：5，2．【点评】此题考察了复数的运算法那么、复数的相等、方程的解法，考察了与计算力量，属于根底题．〔x+=+a4+a3+a2+ax+a，136?浙江〕多项式〔〕那么a=16，a4．

1 2 3 4 54 5【分析】利用二项式定理的开放式，求解x的系数就是两个多项式的开放式中x与常数乘积之和，a就是常数的乘积．5【解答】解：多项式〔〕3〔〕+ax4+ax+a1 2 3 4 5〔〕 3中，x的系数是常数是〕2中x的系数是4，常数是a=3×4+1×4=16；4a5=1×4=4．故答案为：16【点评】此题考察二项式定理的应用，考察计算力量，是根底题．6△ABCAB=AC=4BC=2，点D为ABD，那么△BDCcosBDC=．【分析】如图，BCAES△ =SBDC

△ABC即可求出，依据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出【解答】解：如图，BC∵AB=AC=4，BC=2，14页〔25页〕--------∴BE=BC=1，AE⊥BC，∴AE==，∴

ABC

=BC?AE=×2×=，∵BD=2，∴=，BDC ABC∵BC=BD=2，∴∠BDC=∠BCD，∴∠ABE=2∠BDC在Rt△ABE∵cos∠ABE==，∴cos∠ABE=2cos∠BDC1=，cos故答案为，【点评】此题考察了解三角形的有关学问，关键是转化，底1562023?浙江〕向量、满足||=，||=+|+||4，最大值是．【分析】通过∠AOB=α0≤π〕，利用余弦定理可可|+|=、||=，进而换元，转化为线性规算得论15页〔25页〕--------【解答】解：记AOB=α，那么0≤π，由余弦定理可得：|+|=，||=，令xy=，那么〔、MN，如图，令z=x+，那么y=+，那么直线y=+zM、Nz最小为zmin

=1+3=3+1=4，当直线y=+z与圆MN相切z最大，由平面几何学问易知zmax

即为原点到切线的距的倍，也就是圆MN所以z=×=．max综上所述，|+|+||的最小值是4故答案为：4、．【点评】此题考察函数的最值及其几何意42023?浙江〕从62811625页〕--------一般队24660不同的选法．〔用数字作答〕【分析】由题意分132213C62=12种，故有40×12=480种，和副队有A4

C=402人作为队长【解答】2=1542A2=1222C2 4 6种，故有15×12=180种，480+180=660故答案为：660【点评】此题考察了分类计数原理和分步计数原理，属于中4f〔〕a|+a[1，4]上的最大值5，是〔﹣∞，]．【分析】通过转化可知且a≤52a﹣5论【解答】解：由题可知|x+﹣a|≤5﹣又由于所以a﹣5≤x+﹣2a﹣5≤x+≤5，2a﹣5≤4故答案为：〔【点评】此题考察函数的最值，考察确定值函数，考察转化解题方法的积累，属于中5小题，4分〕

1725页〕--------142023?浙江〕函数f〔x〕=sin2cos22sinxcosx〔∈〔Ⅰ〕求f〔〕的值．f〔〕的最小正周期及单调递【分析】利用二倍角公式及帮助角公式化简函数的解析式，〔Ⅰ〕代入可得：f〔〕的值．f〔〕的最小正周期及单调递【解答】解：∵函数f〔x〕=sixcos22sinxcosx=sin2xcos2x=2sin〔〔Ⅰ〕f〔〕=2sin〔2×+〕=2sin=2，〔Ⅱ〕∵ω=2，故T=，即f〔〕的最小正周期为，由2x[2+2]，k∈Z得：∈[]，∈，故f〔〕的单调递]或写成[k+，k+]，k∈数的单调区间，难．152023PABCD，△PAD是以AD为边的等腰直角三角形，BC∥AD，C⊥AD，PC=AD=2DC=2CBE为PD的中点．〔Ⅰ〕证明：CE∥平面PAB；〔Ⅱ〕求直CEPBC18页〔25页〕--------【分析】〔Ⅰ〕取ADEF，CFEFPA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABPEC∥平面PAB．BFF作FMPB于MPFBCDF而BFADAD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BCPB，再求出BC⊥MF，由此能求出sin．【解答】证明：〔Ⅰ〕取AD的中点F，连结EF，CF，E为PD，∴EF∥PA，在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CBF为中点，CF∥ABEFC∥平面ABP，EFC，EC∥平面PAB．解：〔Ⅱ〕连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，BCDF，∴BFAD，AD⊥平面PBFAD∥BC，BC⊥平面PBF，∴BCPB，设DC=CB=1AD=PC=2，∴PB=，BF=PF=1∴MF=，又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，MF⊥平面PBCFPBCE为PD，∴EPBC在，由余弦定理得CE=，设直线CE与平面PBC所成角为θ，那么sinθ==．1925页〕--------【点评】此题考察线面平行的证空间想象力量，考察数形结合思想、化归与转化思想，x﹣〔20152023?浙江〕函数f〔x〕=〔﹣〕e〔fx〕的导函数；〔fx1〔〔f〔〕的导数，求得极值点，f〔〕的单调性，f〔〕≥0，计f〔得到所求取值范﹣x1f〔x〕=〔〕e〔x导数f〕=〔1﹣??2〕e

x﹣〔x﹣〕e﹣ x﹣=〔1﹣x+〕e

=〔1﹣x1﹣〕e﹣x；﹣〔〕由f〔x〕的导数fx〕=〔1﹣1﹣〕ex，﹣可得f〕=0时，x=1或，当＜x＜1时，fx，f〔当1＜＜时，fx〕＞，f〔〕递增；--------当x＞时，f〕＜，f〔x〕递减，20页〔25页〕--------且x≥?2≥2x〔x〕〔〕≥0．由f〔〕=e，f1〕=0，f=e，即有f〕的最大值e，最小值f1〕=0．〔〕在区间[，+∞〕上的取值范【点评】此题考察导数的运用：求单调区间和极值、最值，考察力量，正确求导是解题的关键，属于．152023x2=y〔〔x，y﹣B作直线AP的垂线，垂Q．AP〔Ⅱ〕求|PA|?|PQ的最大值．【分析】〔Ⅰ〕通过点P〔x＜可得结；〔Ⅱ〕通过〔〕知〔，x﹣x＜，设直线AP的斜率k，联立直线AP、BP方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|?|PQ|=〔1+〔f〔x〕=〔1+〕3〔1＜＜1，求导结单调性可得结．〔x，2﹣＜，21页〔25页〕--------所以kAP

==∈〔，1故直线AP斜率的取值范围：〔1，1〔Ⅱ〕由〔〕知〔x，2﹣＜，，x设直线AP的斜率，P：y=kx+kBP：y=x++，联立直线AP、BQ方程可知Q〔，〕，故=〔，〕，又由于1k，k2k故|PA|?|PQ|=?=1+〕3〔所以

1+k〕

3〔1k令f〔〕=〔1+〕〔x＜x＜1，〕=〔1+〕〔24x〕=2〔1+〕2〔2x由于当＜＜时fx〕＞，当＜＜1时f〕＜0，故f〔

max

=〔〕=，即|PA|?|PQ的最大值．【点评此题考察圆锥曲线的最值问题，考察运算求解