2017年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷精编版）

2017年全国普通高等学校招生统一考试数学（浙江卷精编版）

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，那么

A．（-1,2） B．（0，1） C．（-1,0） D．（1,2）

2．椭圆的离心率是（    ）

A． B． C． D．

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：）是

A． B． C． D．

4．    若x,y满足约束条件的取值范围是

A．[0,6] B．[0,4] C．[6,  D．[4,

5．若函数在区间[0,1]上的最大值是M,最小值是m,则的值

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．    已知等差数列的公差为d,前n项和为,则“d>0”是

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．    函数的图象如图所示，则函数的图象可能是

A． B．

C． D．

8．已知随机变量满足P（=1）=pi，P（=0）=1—pi，i=1，2.若0<p1<p2<，则

A．<，< B．<，>

C．>，< D．>，>

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，，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

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 ，，，则

A．I１<I２<I３ B．I１<I３<I２ C．I３< I１<I２ D．I２<I１<I３

二、填空题

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，________．

12．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）

13．已知，函数在区间[1,4]上的最大值是5，则a的取值范围是__________

三、双空题

14．已知a，b∈R，（i是虚数单位）则 ______，ab=________．

15．已知多项式2=，则=________________，=________.

16．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=_______．

17．已知向量满足，则的最小值是___________，最大值是______．

四、解答题

18．已知函数

（I）求的值

（II）求的最小正周期及单调递增区间.

19．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．已知函数

（I）求的导函数

（II）求在区间上的取值范围

21．如图，已知抛物线.点A，抛物线上的点P（x,y）,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）求的最大值

22．已知数列满足：，

证明：当时，

（I）；

（II）；

（III）.

参考答案

1．A

【详解】

利用数轴，取所有元素，得．

【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．B

【分析】

由题可知，，，求出，即可求出椭圆的离心率．

【详解】

因为椭圆中，，

所以，

得，

故选：B．

【点睛】

本题考查椭圆的离心率的求法，以及灵活运用椭圆的简单性质化简求值．

3．A

【详解】

由三视图可知几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，

∴=,故选A.

4．D

【详解】

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C点时，函数取得最小值，

由解得C（2，1），

目标函数的最小值为：4

目标函数的范围是[4，+∞）．

故选D．

5．B

【详解】

因为最值在中取，所以最值之差一定与无关，选B．

【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．C

【详解】

由，可知当时，有，即，反之，若，则，所以“d>0”是“S4 + S6>2S5”的充要条件，选C．

【名师点睛】本题考查等差数列的前项和公式，通过套入公式与简单运算，可知， 结合充分必要性的判断，若，则是的充分条件，若，则是的必要条件，该题“”“”，故互为充要条件．

7．D

【详解】

原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D．

【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间．

8．A

【详解】

∵，∴，

∵，∴，故选A．

【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的取值情况，然后利用排列，组合与概率知识求出取各个值时的概率．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．

9．B

【详解】

设O为三角形ABC中心，则正四面体D–ABC的顶点在底面ABC的投影为O，过O分别作PR、PQ、RQ的垂线，垂足分别为E、F、G，连结DE、DF、DG，则有

所以

只需比较OE、OF、OG的大小：

在底面三角形ABC中，建立如图示的坐标系，

不妨设,则

所以直线RP的方程为，直线PQ的方程为，直线RQ的方程为,由点到直线的距离公式，可求出：所以,所以，有α,β,γ均为锐角，所以α<γ<β.

故选：B

【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．C

【解析】

因为，，，所以，

故选C．

【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，由AB＝BC＝AD＝2，CD＝3，可求得，，进而得到．

11．

【详解】

将正六边形分割为6个等边三角形，则．

【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，结合所学进行有目的的求解．

12．660

【详解】

第一类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队有种，故有 种；第二类，先选女男，有种，这人选人作为队长和副队有种，故有种，根据分类计数原理共有种，故答案为.

13．

【详解】

，分类讨论：

①当时，，

函数的最大值，舍去；

②当时，，此时命题成立；

③当时，，则：

或，解得：或

综上可得，实数的取值范围是．

【名师点睛】本题利用基本不等式，由，得，通过对解析式中绝对值符号的处理，进行有效的分类讨论：①；②；③，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．

14．5,    2   

【详解】

由题意可得，则，解得，则．

【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． 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为（，）、共轭为等．

15．16    4   

【详解】

由二项式展开式可得通项公式为：，分别取和可得，取，可得．

【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；（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．

16．       

【详解】

取BC中点E，由题意：，

△ABE中，，∴，

∴．

∵，∴，

解得或（舍去）．

综上可得，△BCD面积为，．

【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．

17．4       

【详解】

设向量的夹角为，由余弦定理有：，

，则：

，

令，则，

据此可得：，

即的最小值是4，最大值是．

【名师点睛】

本题通过设向量的夹角为，结合模长公式， 可得，再利用三角函数的有界性求出最大、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．

18．（I）2；（II）的最小正周期是，.

【分析】

（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的值．

（Ⅱ）直接利用函数的关系式，求出函数的周期和单调区间．

【详解】

（Ⅰ）f（x）＝sin2x﹣cos2xsin x cos x，

＝﹣cos2xsin2x，

＝﹣2，

则f（）＝﹣2sin（）＝2，

（Ⅱ）因为．

所以的最小正周期是．

由正弦函数的性质得

，

解得，

所以，的单调递增区间是．

【点睛】

本题主要考查了三角函数的化简，以及函数的性质，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，然后利用三角函数的性质求解．

19．（I）见解析；（II）.

【详解】

试题分析：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）取PA中点F，构造平行四边形BCEF，可证明；（Ⅱ）由题意，取BC，AD的中点M，N，可得AD⊥平面PBN，即BC⊥平面PBN，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．可知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．依此可在Rt△MQH中，求∠QMH的正弦值．

试题解析：

（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．

因为E，F分别为PD，PA中点，所以且，

又因为，，所以且，

即四边形BCEF为平行四边形，所以，

因此平面PAB．

（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连接PN交EF于点Q，连接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=得CE=，

在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，

在Rt△MQH中，QH=，MQ=，

所以sin∠QMH=，

 所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．

【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．（I）；（II）.

【详解】

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的能力．

（Ⅰ）利用求导法则及求导公式，可求得的导数；（Ⅱ）令，解得或，进而判断函数的单调区间，结合区间端点值求解函数的取值范围．

试题解析：（Ⅰ）因为，，

所以．

（Ⅱ）由

，解得

或．

因为

又，

所以f（x）在区间上的取值范围是．

【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，由的正负，得出函数的单调区间；（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，得出函数的极值或最值．

21．（I）（-1，1）；（II）.

【详解】

（Ⅰ）设直线AP的斜率为k，

，

因为，所以直线AP斜率的取值范围是．

（Ⅱ）联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是．

因为|PA|==，

|PQ|= ，

所以．

令，

因为，

所以 f(k)在区间上单调递增，上单调递减，

因此当k=时，取得最大值．

【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，通过表达与的长度，通过函数求解的最大值．

22．（I）见解析；（II）见解析；（Ⅲ）见解析.

【分析】

（I）用数学归纳法可证明；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得， 构造函数，利用函数的单调性可证；

（Ⅲ）由及，递推可得.

【详解】

（Ⅰ）用数学归纳法证明：．

当时，．

假设时，，那么时，若，

则，矛盾，故．

因此，所以，因此．

（Ⅱ）由得，

．

记函数，

，

函数在上单调递增，所以，

因此，故．

（Ⅲ）因为，所以，

由，得，

所以，故．

综上，．

【名师点睛】

本题主要考查利用数列不等式的证明，常利用以下方法：（1）数学归纳法；（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．