2017年高考浙江数学试题及答案(word解析版) 2017年数学高考试题_中小学试题|家庭教育题库|辅导习题「中国戏曲学院附属中等戏曲学校」




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2017年高考浙江数学试题及答案(word解析版) 2017年数学高考试题

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2017年数学高考试题

2017年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷) 数学(理科) 第Ⅰ卷(选择题 共40分) 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PQ( ) (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PQ(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(2)【2017年浙江,2,4分】椭圆1的离心率是( ) 9451325(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)1 (D)3 2222 【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的取值范围是 x2y0( ) (A)0,6 (B)0,4(C)6, (D)4, 【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. 【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01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 【答案】B 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B. 24aa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221

a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Mm0,2a1aa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,在,122222aa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无关;③当24aa1a0,即1a0时,函数fx在区间0,上递减,在,1上递增,且f0f1,此2222a2a时Mmf0fa,故Mm的值与a有关,与b无关.综上可得:Mm的值与a有关,24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( ) (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,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yfx的图像可能是( ) (A)(B)(C)(D) 【答案】D (x)(x)【解析】解法一:由当fx0时,函数f单调递减,当fx0时,函数f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. 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. 1(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0p1p2,2则( ) (A)E(1)E(2),D(1)D(2)(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2,分别记二面角D–PR–Q, 分别为AB,BC,CA上的点,APPB,QCRAD–PQ–R,D–QR–P的平面较为,,,则( ) (A) (B) (C) (D) 【答案】B 2

【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 O0,0,0,P0,3,0,C0,6,0,D0,0,62,QPR23,3,0,PD0,3,62,PQ3,2,0,R23,0,0, 3,5,0,QR33,2,0, nPR0QD3,2,62.设平面PDR的法向量为nx,y,z,则,可得 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013mn1则cosm,n,取arccos.同理可得:arccos. 1568115mn.∴. 951595681解法二:如图所示,连接OD,OQ,OR,过点O发布作垂线:OEDR,OFDQ, SOEOGQR,垂足分别为E,F,G,连接PE,PF,PG.设OPh.则cosODR SPDRPE OEOFOFOGOG.同理可得:cosc,cos. 222222PFPGOEhOFhOGh.∵arccos2123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. 3, (10)【2017年浙江,10,4分】如图,已知平面四边形ABCD,ABBC,AB=BC=AD=2,CD=AC与BD交于点O,记I1=OAOB·,I2=OB·OC,I3=OC·OD,则( ) (A)I1I2I3 (B)I1I3I2 (C)I3I1I2 (D)I2I2I3 【答案】C 【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. 第Ⅱ卷(非选择题 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)【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】33 2【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, 133. 所以正六边形ABCDEF的面积为S内=611sin6022【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. 2ab . (abi)34i(i是虚数单位)(12)【2017年浙江,12,6分】已知abR,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. (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 ,3 12

a5 . 【答案】16;4 rrmm【解析】由二项式展开式可得通项公式为:C3xC2x,分别取r0,m1和r1,m0可得a441216,令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. BC2.(14)【2017年浙江,14,6分】已知ABC,ABAC4, 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】; 24BE1【解析】取BC中点E,DC中点F,由题意:AEBC,BFCD,ABE中,cosABC,AB41115115cosDBC,sinDBC1,S△BCDBDBCsinDBC. 22416411010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 值是 __. 【答案】4;25 【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b 2025,ababmax min164,即abab的最小值为4,最大值为25. 解法二记AOB,则0,如图,由余弦定理可得:ab54cos, ab54cos,令x54cos,y54cos,则x2y210x,y1, 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、N 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, 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. 【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”中的1111C3C3选择方法为:C84C4种方法,其中“服务队中没有女生”的选法有C64C4种方法,则满足题意11411的选法有:C84C4C3C6C4C3660种. 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 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4aa在区间1,4上的最大值是5,则a的取值 x范围是 . 9【答案】(,] 2444【解析】分类讨论:①当a5时,fxaxa2ax,函数的最大值2a45,x1,4,x4,5,xxx944a,舍去;②当a4时,fxxaax5,此时命题成立;③当4a5时,xx24aa5aa4aa5aa,则:或:, fxmax4aa,5aamax4aa55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. (18)【2017年浙江,18,14分】已知函数f(x)sin2xcos2x23sinxcosxxR. 2(1)求f的值; 3(2)求fx的最小正周期及单调递增区间. π24ππ2sin2.解:(1)fxsin2xcos2x23sinxcosxcos2x3sin2x2sin2x,f 6336ππππ(2)由fx2sin2x,fx的最小正周期为.令2kπ2x2kπ,kZ,得 6262ππππkπxkπ,kZ,函数fx的单调递增区间为kπ,kπ,kZ.. 3636【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. (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, DPC2,所以BC平面PBF,所以BCPB,设DCCB1,则A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,由余弦定 412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RtPDH中,设DHx,则易知 5

,解得DH(2)2x2(1x)222(RtPCH)1,过H作BC的平行线,取 23313DHBC1,由题易得B,0,0,D,1,0,C,1,0,P0,0,, 222211351333CE(,,) ,PB(,0,),BC(0,1,0), ,则E,,4244242233z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n1, (,0,3)22nBCy0531|3|244设直线CE与平面PBC所成的角为,则sin=|cos

(2)求APPQ的最大值. 1134x11,1,故直线AP斜率的取值范围为1,1. 解:(1)由题易得Px,x2,x,故KAP1222x2113111(2)由(1)知Pxx所以PAx,x2,设直线AP的斜率为k,则AP:ykxk, x,,2,242224x2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2,故PQ,又因为PA1k,kk, 221k1k故PAPQPAPQ31kk11k23k21kk11k3231kk1, 3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, 2127127当x1时fx0,故fmaxxf,即PAPQ的最大值为. 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nN*时, (1)0<xn1<xn; xx(2)2xn1xnnn1; 211(3)n1xnn2. 22(n)f0)(0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fx1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.  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2111112x25x2x,则hx10, 令hxln1x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ln1x2xln1x, 所以2xn1xnxn1ln1xn1xn1ln1xn1(3)2xn1xnxnxn12xn1xnxn1xx,2xn1xnnn1. 222211121111,即n1nn2递推得 xnxn12xn1xn22xn12xn21111(1)n11n111811xnn2(n2)2n+112. 12n22nxn2x1k12k22421227

由x11知xn12n2(nN*),又由h(x)xln(1x)0可知2xn1xnh(xn1)h(x)0. 11111xnxnn1xnn1(nN*).综上可知,n1xnn2. 22222【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. 即2xn1xnxn18

2017年数学高考试题

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