2017年高考真题——数学(浙江卷)解析

2017年高考真题——数学(浙江卷)解析

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

【试卷点评】 选择题部分（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，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合P{x|1x1}，Q{0x2}，那么PUQ

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

【考点】集合运算

【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理． 2．椭圆x9y41的离心率是

22A．1335 B．35 C．2 D． 39【答案】B 【解析】 试题分析：e94533，选B．

2

【考点】 椭圆的简单几何性质

【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题，其关键就是确立一个关于a,b,c的方程或不等式，再根据a,b,c的关系消掉b得到a,c的关系式，建立关于a,b,c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等．

3．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

（第3题图） 33A． B． C． D．1 3 1 3 2222【答案】A

【考点】 三视图

【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，

3

其内涵为

正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯

视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整． 4．若x，y满足约束条件

x0xy30x2y0，则zx2y的取值范围是

A．[0，6] B．[0，4] C．[6，) D．[4，) 【答案】D 【解析】

试题分析：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，选D．

【考点】 简单线性规划

【名师点睛】本题主要考查线性规划问题，首先由不

4

等式组作出相应的可行域，作图时，可将不等式

AxByC0转化为ykxb（或ykxb），“”取下方，“”

取上方，并明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围．

5．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 【答案】B

【考点】二次函数的最值

【名师点睛】对于二次函数的最值或值域问题，通常先判断函数图象对称轴与所给自变量闭区间的关系，结合图象，当函数图象开口向上时，若对称轴在区间的左边，则函数在所给区间内单调递增；若对称轴在

5

区间的右边，则函数在所给区间内单调递减；若对称轴在区间内，则函数图象顶点的纵坐标为最小值，区间端点距离对称轴较远的一端取得函数的最大值． 6．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】 试题分析：由S有S44S62S510a121d2(5a110d)d4，可知当d0时，

，则d0，所

S62S50，即SS62S5，反之，若S4S62S5以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C． 【考点】 等差数列、充分必要性

【名师点睛】本题考查等差数列的前n项和公式，通过套入公式与简单运算，可知S4S62S5d， 结合充分必

”，故互

要性的判断，若pq，则p是q的充分条件，若pq，则

p是q的必要条件，该题“d0”“S4S62S50为充要条件．

7．函数y=f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数

6

y=f(x)的图象可能是

（第7题图）

【答案】D

【考点】 导函数的图象

【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x轴的交点为x，且图象在x两

00侧附近连续分布于x轴上下方，则x为原函数单调性的

0拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数

f'(x)的正负，得出原函数f(x)的单调区间．

iii8．已知随机变量满足P（=1）=pi，P（=0）=1–pi，i=1，2． 若0D()

12121212C．E()>E()，D()E()，D()>D()

12121212【答案】A

7

【解析】

试题分析：∵E()p,E()p，∴E()E()，

112212∵D()p(1p),D()p(1p)，∴D()D()(pp)(1pp)0，故选

111222121212A．

【考点】 两点分布

【名师点睛】求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定X的取值情况，然后利用排列，组合与概率知识求出X取各个值时的概率．对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给出，其中超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．由已知本题随机变量服从两点分布，由两点分布数学期望与方差的公式可得A正确．

i9．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，

BQCR2QCRA，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P

的平面角为α，β，γ，则

8

（第9题图）

A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α 【答案】B

【考点】 空间角（二面角）

【名师点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求解．

10．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

uuuruuurI2＝OB·OCuuuruuurI1＝OA·OB，

，

uuuruuurI3＝OC·OD，则

9

（第10题图）

A．II12I3 B．II13I2

C．I3I1I2

D．I2I1I3

【答案】C

【考点】 平面向量的数量积运算

【名师点睛】平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用．利用向量夹角公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来解决．列出方程组求解未知数．本题通过所给条件结合数量积运算，易得AOBCOD90，

o由AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，可求得OAOC，OBOD，

10

进而得到I3I1I2．

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，

6 ． 【答案】323

S6【解析】

试题分析：将正六边形分割为6个等边三角形，则

133．S6(11sin60)22

【考点】数学文化

o6【名师点睛】本题粗略看起来文字量大，其本质为计算单位圆内接正六边形的面积，将正六边形分割为6个等边三角形，确定6个等边三角形的面积即可，其中对文字信息的读取及提取有用信息方面至关重要，考生面对这方面题目时应多加耐心，仔细分析题目中所描述问题的本质，结合所学进行有目

11

的的求解．

12．已知a，b∈R，则a（abi）3（4ii是虚数单位）

22b2 ，

ab= ． 【答案】5，2

【考点】复数的基本运算和复数的概念

【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题．首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如

(abi)(cdi)(acbd)(adbc)i,(a,b,c,dR)． 其次要熟悉复数相关

基本概念，如复数abi(a,bR)的实部为a、虚部为b、模为a2b2、对应点为（a，b）、共轭为abi等．

3213．已知多项式(x1)(x2)a5x5a1x4a2x3a3x2a4xa5，则a=________，

4=________．

【答案】16，4 【解析】

试题分析：由二项式展开式可得通项公式为：

rrmmrmC3xC2x22mC3C222mxrm，分别取

5r0,m1和

r1,m0可得

a441216，取rm，可得a1224．

【考点】二项式定理

12

【名师点睛】本题主要考查二项式定理的通项与系数，属于简单题． 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式Tr1rnrrCnab；（可以考查某一项，也可考查

某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．

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=_______． 10【答案】15 ,24

【考点】解三角形

【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未

13

知量全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要的解． 15．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】

试题分析：设向量的夹角为，由余弦定理有：

rrab1222212cos54cosrra,b， ，则：

rrab1222212cos54cosrrrrabab54cos54cos，

22令y54cos54cos，则y1022516cos16,20，

rrrrrrrr据此可得：abab2025,abab164，

maxminrrrr即abab的最小值是4，最大值是25．

【考点】平面向量模长运算

rr,b的夹角为，结合模【名师点睛】本题通过设向量a长公式， 可得

rrrrabab54cos54cos，再利用三角函数的有界性求14

出最大、最小值，属中档题，对学生的转化能力和最值处理能力有一定的要求．

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） 【答案】660

【考点】排列组合的应用

【名师点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式． 17．已知aR，函数f(x)|x4a|a在区间[1，4]上的最大值x15

是5，则a的取值范围是___________． 【答案】(,9] 2【解析】

试题分析：x1,4,x44,5，分类讨论： x4①当a5时，fxax4a2ax， xx函数的最大值2a45,a9，舍去； 24②当a4时，fxx4aax5，此时命题成立； xx③当4a5时，fx4aa5aa4aa5maxmax4aa,5aa，则：

4aa5aa99或，解得：a或a 225aa59综上可得，实数a的取值范围是,． 2【考点】基本不等式、函数最值

【名师点睛】本题利用基本不等式，由x1,4，得4x4,5，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行x有效的分类讨论：①a5；②a4；③4a5，问题的难点在于对分界点的确认及讨论上，属于难题．解题时，应仔细对各种情况逐一进行讨论．

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f（x）=sin2x–cos2x–23 sin x cos x（xR）．

16

（Ⅰ）求f(23)的值．

（Ⅱ）求f(x)的最小正周期及单调递增区间． 【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）最小正周期为，单调递增

2区间为[k,k]kZ． 63试题解析：（Ⅰ）由sin2323，cos231， 2f(23131)()2()223()32222．

得

f(2)23．

（Ⅱ）由cos2xcos2xsin2x与sin2x2sinxcosx得 ． 2sin(2x)． 6f(x)cos2x3sin2x所以f(x)的最小正周期是． 由正弦函数的性质得

32k2x2k,kZ262，

解得

2kxk,kZ63，

2所以，f(x)的单调递增区间是[k,k]，kZ． 63【考点】三角函数求值、三角函数的性质

17

【名师点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数yAsinx的性质，是高考中的常考知识点，属于基础题，强调基础的重要性；三角函数解答题中，涉及到周期，单调性，单调区间以及最值等考点时，都属于考查三角函数的性质，首先应把它化为三角函数的基本形式即

yAsinx，然后利用三角函数yAsinu的性质求解．

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，CD⊥AD，BC//AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．

P

E

A B CD

（第19题图）

（Ⅰ）证明：CE//平面PAB；

（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值． 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）82．

18

试题解析：

P

（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB． 因为E，F分别为PD，PA中点，所以

1EF//AD且EFAD， 2又因为BC//AD，BC1AD，所以 2EF//BCM

且EFBC，

，

即四边形BCEF为平行四边形，所以

CE//BF因此

CE//E

平面PAB．

19

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，连接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=2得CE=2， 在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得QH=1， 42， 在Rt△MQH中，QH=1，MQ=4所以

20

sin∠QMH=82，

所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是82． 【考点】证明线面平行，求线面角

【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角． 20．（本题满分15分）已知函数f(x)=（x–2x1）e（x1）． 2x（Ⅰ）求f(x)的导函数；

（Ⅱ）求f(x)在区间[1，+)上的取值范围． 2【答案】（Ⅰ）f'(x)(1x)(1【解析】

试题分析：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

21

22x1)ex；（Ⅱ）[0，

11e22]．

的能力。满分15分。

（Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得f(x)的导数；（Ⅱ）令f'(x)0，解得x1或5，进而判断函数f(x)的单2调区间，结合区间端点值求解函数f(x)的取值范围．

（Ⅱ）由

f'(x)(1x)(2x12)ex2x10，

解得

x1或x5． 2（1，5） 2+ Z （5，2因为 x f（x） 又f(x)1(212 （1，21） – ] ，

1[,)21 0 0 52 ） 11e220 15e22 – ] 11[0,e2]22x11)2ex0所以f（x）在区间

上的取值范围是

．

【考点】导数的应用

22

【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出f'(x)，由f'(x)的正负，得出函数f(x)的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数f(x)的极值或最值． 21．（本题满分15分）如图，已知抛物线x39B(，)242y1，点A(1，)，243，抛物线上的点P(x,y)(1x)．过点B作直线AP22的垂线，垂足为Q．

（第19题图）

（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围； （Ⅱ）求|PA||PQ|的最大值．

27【答案】（Ⅰ）(1,1)；（Ⅱ）16

23

试题解析：

（Ⅰ）设直线AP的斜率为k，

14x1k12x2x2，

3因为1x，所以直线AP斜率的取值范围是(1,1)． 22（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程

11kxyk0,24xky9k30,42

解得点Q的横坐标是

k24k3xQ2(k21)．

因为

|PA|=|PQ|=

311k2(x)22=1k2(k1)， ，

1k(xQx)(k1)(k1)2k12所以PAPQ(k1)(k1)． 令f(k)(k1)(k1)，

324

因为

，

1所以 f(k)在区间(1,1)上单调递增，(,1)上单调递减， 22f'(k)(4k2)(k1)227因此当k=1时，|PA||PQ|取得最大值． 216【考点】直线与圆锥曲线的位置关系

【名师点睛】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，通过表达|PA|与|PQ|的长度，通过函数f(k)(k1)(k1)求解|PA||PQ|的最大值．

322．（本题满分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，

（Ⅰ）0＜xn+1＜xn； （Ⅱ）2xn+1− xn≤xx； 2nn1（Ⅲ）21≤xn≤21．

n1n2【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．

【解析】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。 试题分析：（Ⅰ）用数学归纳法可证明；（Ⅱ）由

25

（Ⅰ）可得

2xnxn14xn12xnxn12xn1(xn12)ln(1xn1)， 构造函数

f(x)x22x(x2)ln(1x)(x0)由

xnxn1ln(1xn1)xn1，利用函数的单调性可证； （Ⅲ）

及xxx2xx，递推可得2nn1n1n1n11x(nN)nn1n222

n试题解析：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x当n=1时，x1=1>0． 假设n=k时，xk>0， 那么n=k+1时，若x故xk1k10．

0，则0xkxk1ln(1xk1)0，矛盾，

0．

0(nN)因此x所以

n．

，

xnxn1ln(1xn1)xn1因此0xn1xn(nN)．

故

26

2xn1xnxnxn1(nN)2． ，

（Ⅲ）因为

xnxn1ln(1xn1)xn1xn12xn1所以

xn12n1，

由xx2nn12xn1xn，得

，

11112()0xn12xn2所以

1111112()2n1()2n2xn2xn12x12，

故

xn12n2．

．

综上，

11x(nN)nn1n222【考点】数列，不等式证明

【名师点睛】本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式；（3）利用递推关系证明．

27