2017年高考数学试卷（浙江）（解析卷）

2017年浙江省高考数学试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分） 1．（5分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（ ） 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＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}， 那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣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× ×π×12×3+ × × × ×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（ ） 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．【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 【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m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， ①当﹣＞1或﹣＜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，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无关 ③当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，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．（5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 【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必 要条件的定义即可判断． 【解答】解：∵S4+S6＞2S5， ∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d）， ∴21d＞20d， ∴d＞0， 故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”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=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ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜ p1＜p2＜，则（ ） A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D （ξ2） C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D （ξ2） 【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E （ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果． 【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2，…， 0＜p1＜p2＜， ∴＜1﹣p2＜1﹣p1＜1， E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1， E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2， D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）= ， D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）= ， D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（ ）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0， ∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）． 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， = =2，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．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α 【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：OE⊥DR， OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得 cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由 已知可得：OE＞OG＞OF．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， 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α=arccos ． 同理可得：β=arccos ．γ=arccos ． ∵ ＞ ＞ ． ∴α＜γ＜β． 解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR ， OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG． 设OP=h． 则cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ． 由已知可得：OE＞OG＞OF． ∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ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．（5分）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I1= • ，I2= • ，I3= • ，则（ ） A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2 C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3 【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可． 【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3， ∴AC=2 ， ∴∠AOB=∠COD＞90°， 由图象知OA＜OC，OB＜OD， ∴0＞ • ＞ • ， • ＞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． 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．（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π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= ． 【分析】根据题意画出图形，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， 所以正六边形ABCDEF的面积为 S6=6× ×1×1×sin60°= ． 故答案为： ． 【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．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2= 5 ， ab= 2 ． 【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可 得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出． 【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位）， ∴3+4i=a2﹣b2+2abi， ∴3=a2﹣b2，2ab=4， 解得ab=2， ， ． 则a2+b2=5， 故答案为：5，2． 【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．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4= 16 ，a5= 4 ． 【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x 与常数乘积之和，a5就是常数的乘积． 【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5， （x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4， a4=3×4+1×4=16； a5=1×4=4． 故答案为：16；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．（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 ，com∠BDC= ． 【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC，再根据 S△BDC= S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出 【解答】解：如图，取BC得中点E， ∵AB=AC=4，BC=2， ∴BE= BC=1，AE⊥BC， ∴AE= = ， ∴S△ABC= BC•AE= ×2× = ， ∵BD=2， ∴S△BDC= S△ABC= ， ∵BC=BD=2， ∴∠BDC=∠BCD， ∴∠ABE=2∠BDC 在Rt△ABE中， ∵cos∠ABE= = ， ∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1= ， ∴cos∠BDC= ， 故答案为： ， 【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．（6分）已知向量、满足| |=1，| |=2，则| + |+| ﹣|的最小值是 4 ， 最大值是 ． 【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知| + |= 、| ﹣ |= ，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论． 【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图， 由余弦定理可得： | + |= ， | ﹣|= ， 令x= ，y= ， 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 倍， 也就是圆弧MN所在圆的半径的 倍， 所以zmax= × = ． 综上所述，| + |+| ﹣|的最小值是4，最大值是 ． 故答案为：4、 ． 【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．（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 660 种不同的选法． （用数字作答） 【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可 【解答】解：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C6 2C2 2=15种，这4人选2人作为队长和副队有A4 2=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 17．（4分）已知a∈R，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 （﹣∞，） ．【分析】通过转化可知|x+ ﹣a|+a≤5且a≤5，进 而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+ ≤5，进而计算可得结论． 【解答】解：由题可知|x+ ﹣a|+a≤5，即|x+ ﹣a|≤5﹣a，所以a≤5， 又因为|x+ ﹣a|≤5﹣a， 所以a﹣5≤x+ ﹣a≤5﹣a， 所以2a﹣5≤x+ ≤5， 又因为1≤x≤4，4≤x+ ≤5， 所以2a﹣5≤4，解得a≤， 故答案为：（﹣∞，）． 【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（共5小题，满分74分） 18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2 sinx cosx（x∈R）． （Ⅰ）求f（ ）的值． （Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间． 【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式， （Ⅰ）代入可得：f（ ）的值． （Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区 间 【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2 sinx cosx=﹣ sin2x﹣cos2x=2sin（2x+ ） （Ⅰ）f（ ）=2sin（2× + ）=2sin =2， （Ⅱ）∵ω=2，故T=π， 即f（x）的最小正周期为π， 由2x+ ∈[﹣ +2kπ， +2kπ]，k∈Z得：x∈[﹣ +kπ，﹣ +kπ]，k∈Z， 故f（x）的单调递增区间为[﹣ +kπ，﹣ +kπ]，k∈Z． 【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．（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． 【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平 面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB． （Ⅱ）求出平面PBC的法向量和 ，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角 的正弦值． 【解答】证明：（Ⅰ）∵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， ∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直 角系， 设PC=AD=2DC=2CB=2， 则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（ ），A（2，0， 0），B（1，1，0）， =（ ）， =（1，0，﹣1）， =（0，1，﹣1）， 设平面PAB的法向量=（x，y，z），则 ，取z=1，得=（1，1， 1）， ∵ = =0，CE⊄平面PAB， ∴CE∥平面PAB． 解：（Ⅱ） =（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c）， 则 ，取b=1，得=（0，1，1）， 设直线CE与平面PBC所成角为θ， 则sinθ=|cos＜ ＞|= = = ． ∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 ． 【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． 20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥）． （1）求f（x）的导函数； （2）求f（x）在区间[ ，+∞）上的取值范围． 【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到 所求；（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜ 时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（ ），即可得到所求取值范围． 【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣ ）e﹣x（x≥）， 导数f′（x）=（1﹣• •2）e﹣x﹣（x﹣ ）e﹣x =（1﹣x+ ）e﹣x=（1﹣x）（1﹣ ）e﹣x； （2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣ ）e﹣x， 可得f′（x）=0时，x=1或， 当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减； 当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增； 当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减， 且x≥ ⇔x