2017年高考浙江数学试题及答案(word解析版)

数学（理科）

【答案】D

【解析】如图，可行域为一开放区域，所以直线过点2,1时取最小值4，无最大值，故选D．

）

（A）与a有关，且与b有关 （C）与a无关，且与b无关 【答案】B

【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．（5）【2017年浙江，5，4分】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）0,6

是

（A）(2,1) （B）(1,0) （C）(0,1) （D）(2,1)【答案】A

【解析】取P,Q所有元素，得PQ(2,1)，故选A．

【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．

x2y21的离心率是（ ）（2）【2017年浙江，2，4分】椭圆9413525（A） （B） （C） （D）

3339【答案】B

945【解析】e，故选B．33【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．（3）【2017年浙江，3，4分】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（ ）

33（A）1（B）3（C）（D）1 32222

【答案】A

【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

1121π的体积为V3(21)1，故选A．

3222【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构

特征，是基础题目．

x0（4）【2017年浙江，4，4分】若x，y满足约束条件xy30，则zx2y的取值范围

x2y0 （B）0,4（C）6,

（B）与a有关，但与b无关（D）与a无关，但与b有关

1

（D）4, 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，只有一项符合题目要求．（1）【2017年浙江，1，4分】已知P{x|1x1}，Q{2x0}，则PQ（ ）

第Ⅰ卷（选择题 共40分）

yfx的图像可能是（ ）

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，

0p1p2 （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)【答案】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A．

【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想

2

1，则（ ）2（A）E(1)E(2)，D(1)D(2)e and且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，，故选D．解法二：原函数先减再增，再减再增，且x0位于增区间内，故选D．

【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属

于基础题．

（8）【2017年浙江，8，4分】已知随机变量1满足P11pi，P101pi，i1,2．若

All thin（A）（B）（C）（D）【答案】D

【解析】解法一：由当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，则由导函数

gs i 反之，若S4S62S5，则d0，所以“d0”是“S4S62S5”的充要条件，故选C．【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题．（7）【2017年浙江，7，4分】函数yfx的导函数yf(x)的图像如图所示，则函数

）

（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】C

【解析】由S4S62S510a121d25a110dd，可知当d0时，有S4S62S50，即S4S62S5，

a2af0f1，此时Mmf0fa，故Mm的值与a有关，与b无关．综上可得：

42Mm的值与a有关，与b无关，故选B．

【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．（6）【2017年浙江，6，4分】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（

关；③当0aa1a，即1a0时，函数fx在区间0,上递减，在,1上递增，且

2222aa2【解析】解法一：因为最值在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

24B．

aa解法二：函数fxx2axb的图象是开口朝上且以直线x为对称轴的抛物线，①当1或

22a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2a1aMm的值与a有关，与b无关；②当1，即2a1时，函数fx在区间0,上递减，

2222aaa在,1上递增，且f0f1，此时Mmf0f，故Mm的值与a有关，与b无

224 arccos295．∵1152953681．∴．

e a【解析】∵ABBC，ABBCAD2，CD3，∴AC22，∴AOBCOD90，

由图象知OAOC，OBOD，∴0OAOBOCOD，OBOC0，即I3I1I2，故选C．

【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．

nd A（A）I1I2I3 【答案】C

ll thin解法二：如图所示，连接OD（（OQOR，过点O发布作垂线：OEDR，OFDQ，OGQR，垂足分别为E（（FG，连接PE（（PFPG．设OPh．则SOEcosODRSPDRPE

OEOFOFOGOG．同理可得：cosc，cos．

222222PFPGOEhOFhOGh由已知可得：OEOGOF．∴coscoscos，（（为锐角．∴α＜γ＜β，故选B．

【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能

力，属于难题．

（10）【2017年浙江，10，4分】如图，已知平面四边形ABCD，ABBC，AB（（（BCAD2，CD（3，

AC与BD交于点O，记I1＝OA·OB，I2＝OB·OC，I3＝OC·OD，则（ ）

（B）I1I3I2

gs i （C）I3I1I2

O0,0,0，P0,3,0，C0,6,0，D0,0,62，Q3,2,0，R23,0,0，PR23,3,0，PD0,3,62，PQ3,5,0，QR33,2,0，

nPR0，可得QD3,2,62．设平面PDR的法向量为nx,y,z，则nPD023x3y0，可得n6,22,1，取平面ABC的法向量m0,0,1．3y62z013mn1则cosm,n，取arccos．同理可得：arccos．

1568115mn第Ⅱ卷（非选择题 共110分）

（11）【2017年浙江，11，4分】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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S内，S内 ．【答案】332 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．

3

 （D）I2I2I3（A） （B） （C） （D）【答案】B

【解析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面ABC的中心为O．不妨设OP3．则

象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

（9）【2017年浙江，9，4分】如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），PQR

BQCR分别为AB，BC，CA上的点，APPB，2，分别记二面角D–PR–Q，

QCRAD–PQ–R，D–QR–P的平面较为，，，则（ ）

o【解析】如图所示，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，

133．所以正六边形ABCDEF的面积为S内=611sin6022（13）【2017年浙江，13，6分】已知多项式x1x2x5a1x4a2x3a3x2a4x1a5，则a4

12【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．

（12）【2017年浙江，12，6分】已知abR，，ab （）abi234i（i是虚数单位）则a2b2 ．

【答案】5；2

a2b23a2422【解析】由题意可得ab2abi34i，则，解得2，则a2b25,ab2．

ab2b1【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

值是 【答案】4；25__．

N

【解析】解法一：设向量a和b的夹角为，由余弦定理有ab1222212cos54cos，

 ab1222212cos54cos，则abab54cos54cos， 令y54cos54cos，则y21022516cos216,20，据此可得：ababmax2025，abab164，即abab的最小值为4，最大值为25．

mina解法二记AOB，则0，如图，由余弦定理可得：b54cos，

ab54cos，令x54cos，y54cos，则x2y210x,y1，

x0可得a513224．

【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．（14）【2017年浙江，14，6分】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 ．

1510【答案】；24【解析】取BC中点E，DC中点F，由题意：AEBC,BFCD，ABE中，

1115BE1，cosABC，cosDBC,sinDBC141AB4115．S△BCDBDBCsinDBC2211010又cosDBC12sin2DBF,sinDBF，cosBDCsinDBF，4441510综上可得，BCD面积为，cosBDC．

24【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题．（15）【2017年浙江，15，6分】已知向量a，b满足a1,b2,则abab的最小值是 __；最大

a5 ．【答案】16；4

mmx，分别取r0,m1和r1,m0可得a441216，令【解析】由二项式展开式可得通项公式为：C3rxrC2nd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、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，

4

 ，

所以zmax21025．综上所述，abab的最小值为4，最大值为25．

1111C3CC4C3660种．意的选法有：C84C4解法二：第一类，先选1女3男，有C63C2140种，这4人选2人作为队长和副队有A4212种，故

有

（18）【2017年浙江，18，14分】已知函数f（（xsin2xcos2x23sinxcosxxR．

π解：（1）fxsin2xcos2x23sinxcosxcos2x3sin2x2sin2x，

624ππf2．2sin336ππππ（2）由fx2sin2x，fx的最小正周期为．令2kπ2x2kπ，kZ，得

2626ππππkπxkπ，kZ，函数fx的单调递增区间为kπ，，kπkZ.．

3636【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．

2（1）求f的值；

3（2）求fx的最小正周期及单调递增区间．

4aa5aa，5aa5999解得：a或a，综上可得，实数a的取值范围是,．

222【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．三、解答题：本大题共5题，共74分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

A4212种，

故有1512180种，根据分类计数原理共有480180660种，故答案为：660．

【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题．

4（17）【2017年浙江，17，4分】已知R，函数fxxaa在区间1,4上的最大值是5，则a的取

x值

范围是 ．

9【答案】(,]2444【解析】x1,4,x4,5，分类讨论：①当a5时，fxaxa2ax，函数的最大值

xxx9442a45，a，舍去；②当a4时，fxxaax5，此时命题成立；③当

2xx4aa5aa4a5时，，则：或：fxmax4aa,5aamax4aa5 5

4012480种，第二类，先选2女2男，有C62C2215种，这4人选2人作为队长和副队有

【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规

划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．

（16）【2017年浙江，16，4分】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 中不同的选法．（用数字作答）【答案】660

【解析】解法一：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

1111C3C3的选择方法为：C84C4种方法，其中“服务队中没有女生”的选法有CC4种方法，则满足题

531|3|244设直线CE与平面PBC所成的角为，则sin=|cos8【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系

等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．

1（20）【2017年浙江，20，15分】已知函数fxx2x1exx．

2 （19）【2017年浙江，19，15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．（1）证明：CE//平面PAB；

（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．解：解法一：

（1）取AD的中点F，连接EF，CF，∵E为PD的重点，∴EF//PA，在四边形ABCD中，

BC//AD，AD2DC2CB，F为中点易得CF//AB，∴平面EFC//平面ABP，EC平面EFC，EC//平面PAB．

（2）连结BF，过F作FMPB与M，连结PF，因为PAPD，所以PFAD，

易知四边形BCDF为矩形，所以BFAD，所以AD平面PBF，又AD//BC，所以BC平面PBF，所以BCPB，设DCCB1，则ADPC2，所以

PB2，1BFPF1，所以MF，又BC平面PBF，所以BCMF，所以MF平面

211PBC，即点F到平面PBC的距离为，也即点D到平面PBC的距离为，因为E为

221PD的中点，所以点E到平面PBC的距离为，在PCD中，PC2，CD1，PD2，由余弦

4定

12理可得CE2，设直线CE与平面PBC所成的角为，则sin4=．

CE8解法二：

（1）略；构造平行四边形．

（2）过P作PHCD，交CD的延长线于点H在RtAPDH中，设DHx，则易知

1(2)2x2(1x)222（RtAPCH），解得DH，过H作BC的平行线，取

233130,0,， DHBC1，由题易得B,0,0，D,1,0，C,1,0，P222231135133E,,BC(0,1,0)，，则 ，，CE(,,)PB(,0,)4244242233z0nPBx设平面PBC的法向量为n(x,y,z) ，则 ，令x1，则t3，故22nBCy0n(1,0,3)，

 （1）求fx的导函数；

6

 fxfx1-↘

0+↗

0

x

1,121

51,2521在x1处取得最小值，既最小值为0，又ex0，则fx在区间,上的最小值为0．

2当x变化时，fx，fx的变化如下表：

5,2-↘

1,1．

2 1113（2）由（1）知Px,x，x，所以PAx,x2，设直线AP的斜率为k，则

422211AP:ykxk，

2434kk29k28k1139,BP:yx，联立直线AP、BP方程可知Q，224k4k2k42k21kk2k3k4k3k2k,故PQ，又因为PA1k,k2k，221k1k1k3k1k21k3k13故PAPQPAPQ1kk1，221k1k 13解：（1）由题易得Px,x2，x，故KAP22所以PAPQ1k1k，令fx1x1x，1x1，

122则fx1x24x21x2x1，由于当1x时fx0，

23 11综上，fx在区间,上的取值范围是0,e2．．

22【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，

属于中档题．

1139（21）【2017年浙江，21，15分】如图，已知抛物线x2y，点A,，B,，抛物线上

2424的

11点Px，yx．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．

42（1）求直线AP斜率的取值范围；（2）求APPQ的最大值．

1 14x11,1，故直线AP斜率的取值范围为12x2x237

11又fe2，f10，

225111512fe，则fx在区间,上的最大值为e2．

2222 1（2）求fx在区间[，+)上的取值范围．

21x12xx解：（1）fx1x2x1ex1x1ex2x1e1e．

2x12x12x111（2）令gxx2x1，则gx1，当x1时，gx0，当x1时，gx0，则

22x1gx 127127，即PAPQ的最大值为．x1时fx0，故fmaxxf216216【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档

题．

（22）【2017年浙江，22，15分】已知数列xn满足：x11，xnxn1ln1xn1nN*．证明：当

当

111112x25x2x，则hx令hxln1x10，2221x221x21x221x所以hx单调递增．所以hxh00，即gx0，gx单调递增．x所以gxg00xln1x2xln1x，

xn1xnxn1xx，2xn1xnnn1．222xx2111211112xn1xnnn1nn2n12xnxn12xn1xn22xn12xn2（3），即递推得

11(1n)n11111811211x(n2)nn+1112n22nxn2x1k12k2242n21222．

1xnn2(nN*)2由x11知，又由h(x)xln(1x)0可知2xn1xnh(xn1)h(x)0．

111112xn1xnxn1xnxnn1xnn1(nN*)xnn2n12222．即．综上可知，2【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，

考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题．

所以2xn1xnxn1ln1xn1xn1ln1xn1 8

xx2x2（2）令gxxln1x2xln1x2ln1x2x，x0，

1x21x111x1ln1xxln1xx，则gxln1x221x221x221x2 f(xn1)f(0)0恒成立xn10，又由xnxn1ln(1xn1)可知xn0，

由xnxn1xn1ln(1xn1)xn1ln(1xn1)0xnxn1．所以0xn1xn．

nN*时，

（1）0（（xn1xn；

xx（2）2xn1xnnn1；

211（3）n1xnn2．

22解：（1）令函数f(x)xln(1x)，则易得f(x)在[0,)上为增函数．又xnf(xn1)，若xn0