2017年浙江省高考数学(含解析版).pdf
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1、2017 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷 一、选择题(共一、选择题(共 10 小题,每小题小题,每小题 5 分,满分分,满分 50 分)分)1(5 分)已知集合 P=x|1x1,Q=x|0 x2,那么 PQ=()A(1,2)B(0,1)C(1,0)D(1,2)2(5 分)椭圆+=1 的离心率是()A B C D 3(5 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:cm2)是()A+1 B+3 C+1 D+3 4(5 分)若 x、y 满足约束条件,则 z=x+2y 的取值范围是()A0,6 B0,4 C6,+)D4,+)5(5 分)若函数 f(x)=x2+ax+
2、b 在区间0,1上的最大值是 M,最小值是 m,则 Mm()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(5 分)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 7(5 分)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()A B C D 8(5 分)已知随机变量 i满足 P(i=1)=pi,P(i=0)=1pi,i=1,2若 0p1p2,则()AE(
3、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)9(5 分)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 上的点,AP=PB,=2,分别记二面角 DPRQ,DPQR,DQRP 的平面角为、,则()A B C D 10(5 分)如图,已知平面四边形 ABCD,ABBC,AB=BC=AD=2,CD=3,AC 与 BD 交于点 O,记I1=,I2=,I3=,则()AI1I2I3 BI1I3I2 CI3I1I2 DI2I1I3 二、填空题:本大题共二、填空题:本大题
4、共 7 小题,多空题每题小题,多空题每题 6 分,单空题每题分,单空题每题 4 分,共分,共 36 分分 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,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=12(6 分)已知 a、bR,(a+bi)2=3+4i(i 是虚数单位),则 a2+b2=,ab=13(6 分)已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,则 a4=,a5=14(6 分)已知ABC,AB=AC=
5、4,BC=2,点 D 为 AB 延长线上一点,BD=2,连结 CD,则BDC的面积是 ,comBDC=15(6 分)已知向量、满足|=1,|=2,则|+|+|的最小值是 ,最大值是 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 种不同的选法(用数字作答)17(4 分)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 三、解答题(共三、解答题(共 5 小题,满分小题,满分 74 分)分)18(14 分)已知函数 f(x)=sin2xcos2x
6、2sinx cosx(xR)()求 f()的值()求 f(x)的最小正周期及单调递增区间 19(15 分)如图,已知四棱锥 PABCD,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()证明:CE平面 PAB;()求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值 20(15 分)已知函数 f(x)=(x)ex(x)(1)求 f(x)的导函数;(2)求 f(x)在区间,+)上的取值范围 21(15 分)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()求
7、直线 AP 斜率的取值范围;()求|PA|PQ|的最大值 22(15 分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*),证明:当 nN*时,()0 xn+1xn;()2xn+1xn;()xn 2017 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题(共一、选择题(共 10 小题,每小题小题,每小题 5 分,满分分,满分 50 分)分)1(5 分)已知集合 P=x|1x1,Q=x|0 x2,那么 PQ=()A(1,2)B(0,1)C(1,0)D(1,2)【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可【解答】解:集合 P=x|1
8、x1,Q=x|0 x2,那么 PQ=x|1x2=(1,2)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 2(5 分)椭圆+=1 的离心率是()A B C D【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可【解答】解:椭圆+=1,可得 a=3,b=2,则 c=,所以椭圆的离心率为:=故选:B【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用,考查计算能力 3(5 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:cm2)是()A+1 B+3 C+1 D+3【分析】根据几何体的三视图,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【解答】解:由几何的三视
9、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,故该几何体的体积为123+3=+1,故选:A 【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 4(5 分)若 x、y 满足约束条件,则 z=x+2y 的取值范围是()A0,6 B0,4 C6,+)D4,+)【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【解答】解:x、y 满足约束条件,表示的可行域如图:目标函数 z=x+2y 经过坐标原点时,函数取得最小值,经过 A 时,目标函数取
10、得最大值,由解得 A(0,3),目标函数的直线为:0,最大值为:36 目标函数的范围是0,6 故选:A 【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(5 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 Mm()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【分析】结合二次函数的图象和性质,分类讨论不同情况下 Mm 的取值与 a,b 的关系,综合可得答案【解答】解: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
11、,当1 或0,即 a2,或 a0 时,函数 f(x)在区间0,1上单调,此时 Mm=|f(1)f(0)|=|a|,故 Mm 的值与 a 有关,与 b 无关 当1,即2a1 时,函数 f(x)在区间0,上递减,在,1上递增,且 f(0)f(1),此时 Mm=f(0)f()=,故 Mm 的值与 a 有关,与 b 无关 当 0,即1a0 时,函数 f(x)在区间0,上递减,在,1上递增,且 f(0)f(1),此时 Mm=f(0)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 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
12、的图象和性质,是解答的关键 6(5 分)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【分析】根据等差数列的求和公式和 S4+S62S5,可以得到 d0,根据充分必要条件的定义即可判断【解答】解:S4+S62S5,4a1+6d+6a1+15d2(5a1+10d),21d20d,d0,故“d0”是“S4+S62S5”充分必要条件,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(5 分)函数 y=f(x)的导函数 y=f(x)的图象如图所示,则函数 y
13、=f(x)的图象可能是()A B C D【分析】根据导数与函数单调性的关系,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,根据函数图象,即可判断函数的单调性,然后根据函数极值的判断,即可判断函数极值的位置,即可求得函数 y=f(x)的图象可能【解答】解: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 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,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【点评】本题考查导数的应用,考查导数
14、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(5 分)已知随机变量 i满足 P(i=1)=pi,P(i=0)=1pi,i=1,2若 0p1p2,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)【分析】由已知得 0p1p2,1p21p11,求出 E(1)=p1,E(2)=p2,从而求出 D(1),D(2),由此能求出结果【解答】解:随机变量 i满足 P(i=1)=pi,P(i=0)=1pi,i=1,2,0p1p2,1p21p11,E(1)=1p1+0(1p1)=p1,
15、E(2)=1p2+0(1p2)=p2,D(1)=(1p1)2p1+(0p1)2(1p1)=,D(2)=(1p2)2p2+(0p2)2(1p2)=,D(1)D(2)=p1p12()=(p2p1)(p1+p21)0,E(1)E(2),D(1)D(2)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、空间想象能力,考查数形结合思想、化归与转化思想,是中档题 9(5 分)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 上的点,AP=PB,=2,分别记二面角 DPRQ,DPQR,DQRP 的平面角为、,则()A
16、 B C D【分析】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O(0,0,0),P(0,3,0),C(0,6,0),D(0,0,6),Q,R,利用法向量的夹角公式即可得出二面角 解法二:如图所示,连接 OD,OQ,OR,过点 O 发布作垂线:OEDR,OFDQ,OGQR,垂足分别为 E,F,G,连接 PE,PF,PG设 OP=h可得 cos=同理可得:cos=,cos=由已知可得:OEOGOF即可得出【解答】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 O(0,0,0),P(0,3,0),C(0,6,0),D(0,0,
17、6),Q,R,=,=(0,3,6),=(,5,0),=,=设平面 PDR 的法向量为=(x,y,z),则,可得,可得=,取平面 ABC 的法向量=(0,0,1)则 cos=,取=arccos 同理可得:=arccos=arccos 解法二:如图所示,连接 OD,OQ,OR,过点 O 发布作垂线:OEDR,OFDQ,OGQR,垂足分别为 E,F,G,连接 PE,PF,PG 设 OP=h 则 cos=同理可得:cos=,cos=由已知可得:OEOGOF coscoscos,为锐角 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
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