高考数学浙江试题及解析

1.(2017年浙江)已知集合P={x|-1＜x＜1}，Q={0＜x＜2}，那么P∪Q=（ ） A．（1，2）

B．（0，1）

C．（-1，0）

D．（1，2）

1.A 【解析】利用数轴，取P，Q所有元素，得P∪Q=（-1，2）.

x2y2

2. (2017年浙江)椭圆＋＝1的离心率是( )

94A.

13 3

B.

5 3

2C. 3

5D. 9

9－45

B 【解析】依题意,得椭圆的离心率e＝3＝3.

3. (2017·浙江高考)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( )

π

A.＋1 23π

C.＋1 2

πB.＋3 23πD.＋3 2

解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为2的等腰直角三11

角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V＝×π×12×3

3211π＋××2×2×3＝＋1. 322

x≥0，

4. (2017年浙江)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,＋∞)

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．

5. (2017年浙江)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 C．与a无关，且与b无关

B．与a有关，但与b无关 D．与a无关，但与b有关

aa25. B 【解析】因为最值f（0）=b，f（1）=1+a+b，f（-2）=b-4中取，所以最值之差一定与b无关.故选B.

6. (2017·浙江高考)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 C．充分必要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

解析：选C 因为{an}为等差数列，所以S4＋S6＝4a1＋6d＋6a1

＋15d＝10a1＋21d,2S5＝10a1＋20d，S4＋S6－2S5＝d，所以d>0?S4＋S6>2S5.

7. (2017年浙江)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（ ）

（第7题图）

7. D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且x=0位于增区间内.故选D.

1

8. (2017年浙江)已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1–pi，i=1，2． 若02A．E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2) C．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＜D(ξ2)

B．E(ξ1)＜E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2) D．E(ξ1)＞E(ξ2)，D(ξ1)＞D(ξ2)

8. A 【解析】∵E(ξ1)=p1，E(ξ2)=p2，∴E(ξ1)＜E(ξ2)，∵D(ξ1)=p1(1-p1)，D(ξ2)=p2(1-p2)，∴D(ξ1)- D(ξ2)=(p1-p2)(1-p1-p2)＜0.故选A．

9. (2017年浙江)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，（ ） （第9题图） A．γ<α<β

B．α<γ<β

C．α<β<γ

D．β<γ<α

BQCR

==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QCRA

9. B 【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而高相等，因此α<γ<β.故选B.

10. (2017年浙江)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=OA ·OB ，I2=OB ·OC ，I3=OC ·OD ，则（ ） （第10题图） A．I1＜I2＜I3 C．I3＜I1＜I2

B．I1＜I3＜I2

D．I2＜I1＜I3

→→→→10. C 【解析】因为∠AOB=∠COD＞90°，OA＜OC，OB＜OD，所以OB·OC ＞0＞OA ·OB ＞→→OC ·OD .故选C.

11. (2017年浙江)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= ． 11. 33133 【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S6=6×（×1×1×sin 60°）=． 2222

12. (2017年浙江)已知a，b∈R，=3+4i（a+bi）（i是虚数单位）则a2+b2=___________，ab=___________.

a2-b2=3，a2=4，

222

12.5 2 【解析】由题意可得a2-b2+2abi=3+4i，则ab=2，解得b=1，则a+b=5，ab=2.

3213. (2017年浙江)已知多项式（x+1）（x+2）=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=________，a5=________． rm 2-m13. 16 4 【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr 2= Cr Cm 22-m·xr+m，分别取r=0，m=1和3xC2·3·2·

r=1，m=0可得a4=4+12=16，取r=m，可得a5=1×22=4．

14. (2017年浙江)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=___________.

1510BE114. 2 4 【解析】取BC中点E，由题意，AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE=AB=4，∴cos 1∠DBC=-4，sin∠DBC=1151151-16=4，∴S△BCD=2×BD×BC×sin∠DBC=2.∵∠ABC=2∠BDC，211010∴cos∠ABC=cos 2∠BDC=2cos∠BDC-1=4，解得cos∠BDC=4或cos∠BDC=-4（舍去）.综上可1510得，△BCD面积为2，cos∠BDC=4. 15. (2017年浙江)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_______． 15. 4，25 【解析】设向量a，b的夹角为θ，由余弦定理有|a-b|=12+22-2×1×2×cos θ=5-4cos θ，|a+b|=12+22-2×1×2×cos (π-θ)=5+4cos θ ，则|a+b|+|a-b|=5+4cos θ+5-4cos θ，令y=5+4cos θ+5-4cos θ，则y2=10+225-16cos2θ ∈[16,20]，据此可得(|a+b|+|a-b|)max=20=25,(|a+b|+|a-b|)min=16=4，即|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是25． 16. (2017年浙江)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）

16. 660 【解析】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

4 4

C1 C1 C1 C1 务队”中的选择方法为C8×方法，其中“服务队中没有女生”的选法有C6×方法，4×3（种）4×3（种）

C4×C3- C6×C4×C3=660（种）. 则满足题意的选法有C8×

4

17. (2017年浙江)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

x___________． 917.（-∞，]2444【解析】x∈[1,4],x+∈[4,5]，分类讨论：①当a≥5时，f（x）=a-x-+a=2a-x-，函数的xxx4 1 1 4 1 1

944最大值2a-4=5，∴a=，舍去；②当a≤4时，（fx）=x+-a+a=x+≤5，此时命题成立；③当4＜a＜5时，2xx99|4-a|+a≥|5-a|+a，|4-a|+a＜|5-a|+a，[f(x)]max=max{|4-a|+a,|5-a|+a}，则或解得a=或a＜.综上可得，实数22|4-a|+a=5|4-a|+a=59a的取值范围是（-∞，]． 218. (2017年浙江)已知函数f（x）=sin2x–cos2x–23sin x cos x（x∈R）． （1）求f（

2π

）的值． 3

（2）求f（x）的最小正周期及单调递增区间． 18.解：（1）由sin f（2π32π1=，cos =-， 32322π3131）=（）2-（-）2-23××（-）． 322222π）=2． 3得f（（2）由cos 2x=cos2x-sin2x与sin 2x=2sin xcos x， π得f(x)=-cos 2x-3sin 2x=-2sin(2x+)． 6所以f(x)的最小正周期是π．

ππ3π由正弦函数的性质得+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z， 262π3π解得+kπ≤x≤+2kπ，k∈Z， 62π3π所以，f（x）的单调递增区间是[+kπ，+2kπ]，k∈Z． 6219(2017年浙江)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）求证：CE∥平面PAB；

（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.

【分析】（1）取PA中点F,构造平行四边形BCEF即可证明；（2）取BC,AD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,连接MH,可知MH是MQ在平面PBC上的射影,则∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角,由此可在Rt△MQH中求∠QMH的正弦值.

【解析】（1）如图,设PA中点为F,连接EF,FB. 1

∵E,F分别为PD,PA中点,∴EF∥AD且EF＝AD.

21

又∵BC∥AD,BC＝AD,

2

∴EF∥BC且EF＝BC,即四边形BCEF为平行四边形, ∴CE∥BF,∴CE∥平面PAB.

（2）分别取BC,AD的中点M,N,连接PN交EF于点Q,连接MQ. ∵E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,∴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. ∴AD⊥平面PBN.

由BC//AD得BC⊥平面PBN,则平面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,∴∠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. 1

在△PBN中,由PN＝BN＝1,PB＝3得QH＝.

412

在Rt△MQH中,QH＝,MQ＝2,∴sin∠QMH＝.

48∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值是

2

. 8

1

20. (2017年浙江)已知函数f(x)=（x–2x-1）e-x（x≥）．

2（1）求f(x)的导函数；

1

（2）求f(x)在区间[，+∞)上的取值范围．

220.解：（1）因为（x–2x-1）′=1-1，（e-x）′=-e-x， 2x-1-x11-x-x(1-x)(2x-1-2)e所以f（x）=（1-）e-（x–2x-1）e=(x＞). 22x-12x-1(1-x)(2x-1-2)e-x（2）由f′(x)==0 2x-15解得x=1或x=． 2因为

x f′(x) f（x） 1-1e 221（，1） 2– ↘ 1 0 0 5（1，） 2+ ↗ 0 1-5e 225（，+∞） 2– ↘ 1又f（x）=（2x-1-1）2e-x≥0， 211-1所以f（x）在区间[，+∞)上的取值范围是[0，e2]． 22113913

21. (2017年浙江)如图，已知抛物线x2=y，点A（-，），B（，），抛物线上的点p(x,y)(-＜x＜)．过

242422点B作直线AP的垂线，垂足为Q． （第19题图）

（1）求直线AP斜率的取值范围； （2）求|PA|·|PQ|的最大值．

21. 解：（1）设直线AP的斜率为k， 1x2-41k==x-， 12x+213因为-＜x＜，所以直线AP斜率的取值范围是（-1，1）． 2211kx-y+2k+4=0，（2）联立直线AP与BQ的方程 93x+ky-4k-2=0，-k2+4k+3解得点Q的横坐标是xQ=． 2(k2+1)1因为|PA|=1+k2(x+)=1+k2(k+1)， 2(k-1)(k+1)2|PQ|=1+k(xQ-x)=-， k2+12所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3． 令f(k)=-(k-1)(k+1)3， 因为f′(k)=-(4k-2)(k+1)2，

11所以f(k)在区间(-1,)上单调递增，(,1)上单调递减， 22127因此当k=时，|PA|·|PQ|取得最大值． 21622.(2017年浙江)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； xnxn+1（2）2xn+1?xn≤；

211

（3）n－1≤xn≤n－2.

22

【解析】（1）用数学归纳法证明xn＞0. 当n＝1时,x1＝1>0.

假设n＝k时,xk>0,则当n＝k＋1时,若xk+1≤0,则0＜xk＝xk+1＋ln(1＋xk+1)≤0,矛盾,故xk+1＞0. ∴xn＞0(n∈N*).

∴xn＝xn+1＋ln(1＋xn＋1)＞xn+1, ∴0＜xn+1＜xn0(n∈N*). （2）由xn＝xn+1＋ln(1＋xn＋1),

得xnxn+1－4xn+1＋2xn＝xn+12－2xn+1＋(xn+1＋2)ln(1＋xn+1). 令f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0),

2x2＋x

则f′(x)＝＋ln(1＋x)＞0(x＞0),

x＋1∴f(x)在[0,＋∞]上单调递增,∴f(x)≥f(0)＝0. ∴xn+12－2xn+1＋(xn+1＋2)ln(1＋xn+1)＝f(xn+1)≥0, xnxn+1∴2xn+1?xn≤(n∈N*).

2

（3）∵xn＝xn+1＋ln(1＋xn+1)≤xn+1＋xn+1＝2xn+1,∴xn≥由

11xnxn+111

－＞0, ≥2xn+1－xn,得－≥22xn+12xn22

n－1.

1

11n－21111n－11－－∴－≥2x≥…≥2＝2,∴x≤－. nnx12xn2n－122211

综上,n－1≤xn≤n－2(n∈N*).

22