2017年浙江数学高考试题（含答案）

绝密★启用前2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合x-1xQx1，=0x2P，那么PQ=A.（-1,2）B.（0，1）C.（-1,0）D.（1,2）2.椭圆xy22194的离心率是A.133B.53C.23D.593.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：3cm）是A.+12B.+32C.3+12D.3+324.若x,y满足约束条件x0xy30x2y0+-，则z2-xy的取值范围是A.[0,6]B.[0,4]C.[6,+）D.[4,+）5.若函数2fx=xaxb在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则M-mA.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.已知等差数列na的公差为d,前n项和为nS,则“d0”是465+2SSS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.函数y(x)y(x)ff，的导函数的图像如图所示，则函数y(x)f的图像可能是8．已知随机变量i满足P（i=1）=pi，P（i=0）=1—pi，i=1，2.若0p1p212，则A．1E()2E()，1D()2D()B．1E()2E()，1D()2D()C．1E()2E()，1D()2D()D．1E()2E()，1D()2D()9．如图，已知正四面体D–ABC（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，2BQCRQCRA，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面角为α,β,γ，则A．γαβB．αγβC．αβγD．βγα10．如图，已知平面四边形ABCD，AB⊥BC，AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，AC与BD交于点O，记1·IOAOB＝，2·IOBOC＝，3·IOCOD＝，则A．I１I２I３B．I１I３I２C．I３I１I２D．I２I１I３非选择题部分（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．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π的学科.网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．已知a，b∈R，2i34iab（）（i是虚数单位）则22ab，ab=。13．已知多项式31x2x2=5432112345xaxaxaxaxa，则4a=________________，5a=________.14．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=__________.15.已知向量a,b满足1,2ab，则a+bab的最小值是，最大值是。16.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.已知aR，函数4fxxaax在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。18.（本题满分14分）已知函数22sincos23sincosfxxxxxxR（I）求23f的值（II）求fx的最小正周期及单调递增区间.19.（本题满分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.（I）证明：CE∥平面PAB；（II）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值20.（本题满分15分）已知函数1-2-1e2xfxxxx（I）求fx的导函数（II）求fx在区间1，+2上的取值范围21.（本题满分15分）如图，已知抛物线2xy.点A1139-，，，2424B，抛物线上的点P（x,y）13-＜＜22x,过点B作直线AP的垂线，垂足为Q（I）求直线AP斜率的取值范围；（II）求PAPQ的最大值22.（本题满分15分）已知数列nx满足：*111=1，ln1nnnxxxxnN证明：当*nN时（I）10＜＜nnxx;（II）112-2nnnnxxxx；(III)1-21122nnnx2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学参考答案一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题4分，满分40分。1.A2.B3.A4.D5.B6.C7.D8.A9.B10.C二、填空题：本题考查基本知识和基本运算。多空题每题6分，单空题每题4分，满分36分。11.33212.5,213.16.414.1510，2415.4，2516.66017.9-，2三、解答题：本大题共5小题，共74分。18.本题主要考查三角函数的性质及其变换等基础知识，同时考查运算求解能力。满分14分。（I）由2321sin,cos3232，22231312332222f得223f（II）由22cos2cossinxxx与sin22sincosxxx得2cos23sin2sin26fxxx=-x所以fx的最小正周期是由正弦函数的性质得3+22+2,262kxkkZ解得2++,63kxkkZ所以fx的单调递增区间是2+，+63kkkZ19.本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力。满分15分。（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB.因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且错误!未找到引用源。，又因为BC∥AD，错误!未找到引用源。，所以EF∥BC且EF=BC，即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，因此CE∥平面PAB.（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N.连结PN交EF于点Q，连结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，MQ∥CE.由△PAD为等腰学科&网直角三角形得PN⊥AD.由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.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，连结MH.MH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=错误!未找到引用源。得CE=错误!未找到引用源。，在△PBN中，由PN=BN=1，PB=错误!未找到引用源。得QH=错误!未找到引用源。，在Rt△MQH中，QH=错误!未找到引用源。，MQ=错误!未找到引用源。，所以sin∠QMH=错误!未找到引用源。，所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是错误!未找到引用源。.20.本题主要考查函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考查分析问题和解决问题的能力。满分15分。（Ⅰ）因为错误!未找到引用源。所以错误!未找到引用源。=错误!未找到引用源。.（Ⅱ）由错误!未找到引用源。解得错误!未找到引用源。或错误!未找到引用源。.因为x（错误!未找到引用源。）1（错误!未找到引用源。）（错误!未找到引用源。）-0+0-f（x）↘0↗↘又错误!未找到引用源。，所以f（x）在区间[错误!未找到引用源。）上的取值范围是错误!未找到引用源。.21.本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和运算求解能力。满分15分。（Ⅰ）设直线AP的斜率为k,k=21-14122xxx，因为1322x，所以直线AP斜率的取值范围是（-1，1）。（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程110,24930,42kxykxkyk解得点Q的横坐标是22432(1)Qkkxk因为|PA|=211()2kx=21(1)kkx|PQ|=21()Qkxx=22(1)1(1)kkk，所以|PA||PQ|=-（k-1）(k+1)3令f(k)=-（k-1）(k+1)3，因为f’(k)=2(42)(1)kk，所以f(k)在区间（-1，12）上单调递增，（12，1）上单调递减，因此当k=12时，|PA||PQ|取得最大值271622.本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力。满分15分。（Ⅰ）用数学归纳法证明：nx0当n=1时，x1=10假设n=k时，xk0，那么n=k+1时，若xk+10,则110In(1)0kkkxxx，矛盾，故1kx0。因此0()nxnN所以111ln(1)nnnnxxxx因此10()nnxxnN（Ⅱ）由111ln(1)nnnnxxxx得2111111422(2)ln(1)nnnnnnnnxxxxxxxx记函数2()2(2)ln(1)(0)fxxxxxx函数f(x)在[0,+∞）上单调递增，所以()(0)fxf=0,因此2111112(2)ln(1)()0nnnnnxxxxfx112(N)2nnnnxxxxn（Ⅲ）因为1111ln(1)nnnnnxxxxx所以112nnx得1122nnnnxxxx111112()022nnxx12111111112()2()2222nnnnxxx故212nnx1211(N)22nnnxn