2017年高考数学(浙江卷).doc

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.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.(4分)已知集合P={x|-1π2+1
B.π2+3
C.3π2+1
D.3π2+3

4.(4分)若x,y满足约束条件x≥0x+y-3≥0x-2y≤0，则z=x+2y的取值范围是（__________）
A.[0，6]
B.[0，4]
C.[6，+∞]
D.[4，+∞]

5.(4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

6.(4分)已知等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则"d>0"是"S4S6>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

7.(4分)函数y=fx的导函数y=f'x的图像如图所示，则函数y=fx的图像可能是（__________）

A.
B.
C.
D.

8.(4分)已知随机变量ξi满足P(ξi=1)=pi，P(ξi=0)=1-pi，i=1，2．若0D(ξ2)
C.E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)ξ2)
D.E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)

9.(4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，BQQC=CRRA=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

10.(4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=OA⋅OB，I2=OB⋅OC，I3=OC⋅OD，则（__________）

A.I13.(6分)已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=__________，a5=__________．

14.(6分)已知△ABC，AB=AC=4，BC=2．点D为AB延长线上一点，BD=2，连接CD，则△BDC的面积是__________，cos∠BDC=__________．

15.(6分)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__________．

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__________种不同的选法．（用数字作答）

17.(4分)已知a∈R，函数f(x)=|x+4x-a|+a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.(14分)已知函数f(x)=sin2x-cos2x-23sin⁡xcos⁡x(x∈R)．

(1)求f(2π3)的值．

(2)求fx的最小正周期及单调递增区间．

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．

(1)证明：CE∥平面PAB．

(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

20.(15分)已知函数f(x)=(x-2x-1)e-x(x≥12)．

(1)求fx的导函数．

(2)求fx在区间[12,+∞)上的取值范围．

21.(15分)如图，已知抛物线x2=y，点A(-12,14)，B(32,94)，抛物线上的点P(x,y)(-12

(1)求直线AP斜率的取值范围．

(2)求|PA|·|PQ|的最大值．

22.(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，

(1)0∪Q=(-1，2)．
故选A。

2.
【答案】B
【解析】e=ca=9-43=53．
故选B。

3.
【答案】A
【解析】V=13×3×(π×122+12×2×1)=π2+1．
故选A。

4.
【答案】D
【解析】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.
【答案】B
【解析】因为最值在f(0)=b，f(1)=1+a+b，f(-a2)=b-a24中取，
所以最值之差一定与b无关，与对称轴位置及a有关．
故选B。

6.
【答案】C
【解析】S4+S6-2S5=(S6-S5)-(S5-S4)=a6-a5=d>0，
故"d>0"是"S4+S6>2S5"的充分必要条件．
故选C。

7.
【答案】D
【解析】根据导函数图像可知，原函数先减再增，再减再增，故排除A，C；
再根据极大值点在y轴的右侧取得，故排除B．
故选D。

8.
【答案】A
【解析】∵P(ξ1)=p1，P(ξ2)=p2，0O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.
【答案】C
【解析】由图形可得：∠AOB=∠COD>90°，
由余弦定理可得：OA0>OA⋅OB>OC⋅OD．
故选B。

二、填空题
11.【答案】332
【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S6=6×(12×1×1×sin⁡60∘)=332．
故答案为：332．

12.【答案】5        2
【解析】由题意可得：(a+bi)2=a2-b2+2abi=3+4i，
则a2-b2=3ab=2，
解得：a2=4b2=1．
故答案为：5；2．

13.【答案】16        4
【解析】由二项式展开式可得通项公式为：22-mC3rxrC2mxm，
分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得：a4=4+12=16，
令x=0可得：a5=13×22=4．
故答案为：16；4．

14.【答案】152________104
【解析】取BC中点E，DC中点F，由题意：AE⊥BC，BF⊥CD，
在△ABE中，cos⁡∠ABC=BEAB=14，
∴cos⁡∠DBC=-14，sin⁡∠DBC=1-116=154，
∴S△BCD=12×BD×BC×sin⁡∠DBC=152．
又∵cos⁡∠DBC=1-2sin2∠DBF=-14，
∴sin⁡∠DBF=104，
∴cos⁡∠BDC=sin⁡∠DBF=104．
故答案为：152；104．

15.【答案】4________25
【解析】设向量a,b的夹角为θ，
所以|a-b|=12+22-2×1×2×cos⁡θ=5-4cos⁡θ，
|a+b|=12+22+2×1×2×cos⁡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]，
由此可得：(|a+b|+|a-b|)max=20=25，(|ab|+|a-b|)min=16=4．
故答案为：4；25．

16.【答案】660
【解析】由题意可得：总的选择方法有：C84×C41×C31种方法，其中不满足题意的选法有：C64×C41×C31种方法，
则满足题意的选法有：C84×C41×C31-C64×C41×C31=660种．
故答案为：660．

17.【答案】(-∞,92]
【解析】∵x∈[1,4]，∴x+4x∈[4,5]，分类讨论：
当a≥5时，f(x)=a-x-4x+a=2a-x-4x，函数的最大值2a-4=5，∴a=92，故舍去；
当a≤4时，f(x)=x+4x-a+a=x+4x≤5，此时命题成立；
当4小正周期T=2π2=π；
由正弦函数的性质可得：π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ,k∈Z，
解得：π6+kπ≤x≤2π3+kπ,k∈Z．
∴fx的单调递增区间为：[π6+kπ,2π3+kπ],k∈Z．
【解析】(1)把x=2π3代入函数化简即可求得结果；
(2)利用二倍角及两角和的正弦函数公式化简，根据复合三角函数的图像及性质即可得到结果．

19.【答案】(1)证明：取PA的中点F，连接EF，FB，
∵E，F分别为PD，PA的中点，
∴EF∥AD且EF=12AD，
又∵BC∥AD，BC=12AD，
∴EF∥BC且EF=BC，
∴四边形BCEF为平行四边形，
∴CE∥BF，
又∵CE⊄面PAB，BF⊂面PAB，
∴CE∥平面PAB．
(2)解：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=2得：CE=2，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=3得：QH=14,
在Rt△MQH中，QH=14，MQ=2，所以sin⁡∠QMH=28，
所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是28．
【解析】(1)取PA的中点F，证明四边形BCEF为平行四边形即可得到结论；
(2)分别取BC，AD的中点为M，N．连结PN交EF于点Q，连结MQ，过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH，先证明AD⊥平面PBN，得到平面PBC⊥平面PBN，则∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角，算出QH的长，在Rt△MQH即可求出所夹角的正弦值．

20.答案】(1)解：f'(x)=(x-2x-1)'e-x+(x-2x-1)(e-x)'
=(1-12x-1)e-x-(x-2x-1)e-x
=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1(x>12)
(2)解：f'(x)=(1-x)(2x-1-2)e-x2x-1(x>12)，
令f'x=0，解得：x=1或x=52．
当12≤x≤1时，f'x<0，函数单调递减；
当10，函数单调递增；
当x>52时，f'x<0，函数单调递减；
故函数在x=1取得极小值，在x=52取得极大值，
代入得：f(1)=0，f(12)=12e-12>f(52)=12e-52，
又∵f(x)=12(2x-1-1)2e-x≥0，
∴fx在区间[12,+∞)上的取值范围是[0,12e-12]．
【解析】(1)根据复合函数的求导法则求导即可得到结果；
(2)令f'x=0，求出极值点，并与端点进行比较，即可求出取值范围．

21.【答案】(1)解：设直线AP的斜率为k，P(x,x2)，
k=x2-14x+12=x-12，∵-12点的横坐标是xQ=-k2+4k+32(k2+1)，
∵|PA|=1+k2(x+12)，
由(1)得：x=k+12，故|PA|=1+k2(k+1)，
|PQ|=1+k2(xQ-x)=-(k-1)(k+1)21+k2，
∴|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3，
令f(k)=-(k-1)(k+1)3，
∵f'(k)=-(4k-2)(k+1)2，
∴fk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2716．
【解析】(1)设出P点坐标，用x表示出斜率，根据x的取值范围即可确定k的取值范围．
(2)联立直线AP与BQ的方程求出Q点的横坐标，分别用k表示出|PA|与|PQ|，得到|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3，用导数研究单调性即可求出最大值．

22.【答案】(1)证明：当n=1时，x1=1>0；
假设n=k时，xk>0，
那么n=k+1时，若xk+1≤0，则00，
因此xn>0(n∈N*)，
∴xn=xn+1+ln⁡(1+xn+1)>xn+1，
故0xn+1得：
xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln⁡(1+xn+1)，
记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln⁡(1+x)(x≥0)，
f'(x)=2x2+xx+1+ln⁡(1+x)>0,x>0，
函数fx在[0，+∞)上单调递增，所以fx≥f0=0，
因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln⁡(1+xn+1)=f(xn+1)≥0，
∴2xn+1-xn≤xnxn+12(n∈N*)．
(3)证明：因为xn=xn+1+ln⁡(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1，
∴xn≥12n-1
得：2xn+1-xn≤xnxn+12，1xn+1-12≥2(1xn-12)>0，
1xn-12≥2(1xn-1-12)≥...≥2n-1(1x1-12)=2n-2，
故xn≤12n-2，
综上，12n-1≤xn≤12n-2．
【解析】(1)用数学归纳法证明即可；
(2)对原式进行变形，令f(x)=x2-2x+(x+2)ln⁡(1+x)(x≥0)，转化为函数的单调性问题，fx≥f0=0，即可证明到结论；
(3)结合(2)的结论分别证明xn≥12n-1和xn≤12n-2，即可．

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