2024年3月19日发(作者：初二数学试卷17章内容)

2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

数学（理科）

第Ⅰ卷（选择题 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，只有一项符合题目要求．

（1）【2017年浙江，1，4分】已知

P{x|1x1}

，

Q{2x0}

，则

PQ

（ ）

（A）

(2,1)

（B）

(1,0)

（C）

(0,1)

（D）

(2,1)

【答案】A

【解析】取

P,Q

所有元素，得

PQ(2,1)

，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．

x

2

y

2

1

的离心率是（ ）（2）【2017年浙江，2，4分】椭圆

94

135

25

（A） （B） （C） （D）

33

39

【答案】B

9

45

【解析】

e

，故选B．

33

【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．

（3）【2017年浙江，3，4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：

cm

3

）是（ ）



3

3

（A）

1

（B）

3

（C）（D）

1

3

2222

【答案】A

【解析】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

1

1

2

1π

的体积为

V



3

(



2

1)



1

，故选A．

3222

【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．

x

0

（4）【2017年浙江，4，4分】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,

【答案】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．

【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）【2017年浙江，5，4分】若函数

f

x

x

2

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

【答案】B

（B）与a有关，但与b无关

（D）与a无关，但与b有关

aa

2

【解析】解法一：因为最值在

f(0)b,f(1)1ab,f()b

中取，所以最值之差一定与b无关，故选B．

24

1

aa

解法二：函数

f

x

x

2

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

22

a

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

0

，

2

a

1a



a

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

2

22



2

2

a

a

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

24



0



a

a1



a

，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

2

22



2

a

2

a

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，

4

2

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）【2017年浙江，6，4分】已知等差数列

a

n

的公差为

d

，前

n

项和为

S

n

，则“

d0

”是“

S

4

S

6

2S

5

”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】由

S

4

S

6

2S

5

10a

1

21d2

5a

1

10d

d

，可知当

d0

时，有

S

4

S

6

2S

5

0

，即

S

4

S

6

2S

5

，

反之，若

S

4

S

6

2S

5

，则

d0

，所以“

d0

”是“

S

4

S

6

2S

5

”的充要条件，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）【2017年浙江，7，4分】函数yf

x

的导函数

yf

(x)

的图像如图所示，则函数yf

x

的

图像可能是（ ）

（A）（B）（C）（D）

【答案】D

【解析】解法一：由当f

x

0时，函数

f

当f

x

0时，函数

f

则由导函数yf

x

（x（

单调递减，

（x（

单调递增，

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．

解法二：原函数先减再增，再减再增，且

x0

位于增区间内，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．

1

（8）【2017年浙江，8，4分】已知随机变量

1

满足

P

1

1

p

i

，

P

1

0

1p

i

，

i1,2

．若

0p

1

p

2

，

2

则（ ）

（A）

E(

1

)E(

2

)

，

D(

1

)D(

2

)

（B）

E(

1

)E(

2

)

，

D(

1

)D(

2

)

（C）

E(

1

)E(

2

)

，

D(

1

)D(

2

)

（D）

E(

1

)E(

2

)

，

D(

1

)D(

2

)

【答案】A

【解析】

E(

1

)p

1

,E(

2

)p

2

,E(

1

)E(

2

)D(

1

)p

1

(1p

1

),D(

2

)p

2

(1p

2

)

，

D(

1

)D(

2

)(p

1

p

2

)(1p

1

p

2

)0

，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）【2017年浙江，9，4分】如图，已知正四面体

D–ABC

（所有棱长均相等的三棱锥），

PQR

BQCR

分别为

AB

，

BC

，

CA

上的点，

APPB

，

2

，分别记二面角

D–PR–Q

，

QCRA

2

D–PQ–R

，

D–QR–P

的平面较为

，

，

，则（ ）

（A）

（B）

（C）

（D）

【答案】B

【解析】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

，

D0,0,62

，

Q3,2,0

，

R23,0,0

，



PR23,3,0

，

PD0,3,62

，

PQ3,5,0

，

QR33,2,0

，





n

PR

0

，可得

QD3,2,62

．设平面

PDR

的法向量为

n

x,y,z

，则



n

PD

0



23x

3y

0

，可得

n6,22,1

，取平面

ABC

的法向量

m

0,0,1

．

3y

62z

0





13

m

n1

则

cosm,n





，取

arccos

．同理可得：

arccos

．

15681

15

mn









．∴

．

951595681

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

S

OE

cos

ODR

S

PDR

PE

OEOFOFOGOG



．同理可得：

cos

c，

cos

．

222222

PFPG

OE

hOF

hOG

h

arccos

2

．∵

1

2

3

由已知可得：

OEOGOF

．∴

cos

cos

cos

，

（

（

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）【2017年浙江，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

I

1

＝

OA·OB

，

I

2

＝

OB·OC

，

I

3

＝

OC·OD

，则（ ）

（A）

I

1

I

2

I

3

【答案】C

（B）

I

1

I

3

I

2

（C）

I

3

I

1

I

2

（D）

I

2

I

2

I

3

【解析】∵

ABBC

，

ABBCAD2

，

CD3

，∴

AC22

，∴

AOBCOD90

，



由图象知

OAOC

，

OBOD

，∴

0OAOBOCOD

，

OBOC0

，即

I

3

I

1

I

2

，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．

第Ⅱ卷（非选择题 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）【2017年浙江，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

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

内

，

S

内

 ．

【答案】

33

2

【解析】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，

133

．

所以正六边形ABCDEF的面积为

S

内

=6

1

1

sin60

2

2

【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．

2

（12）【2017年浙江，12，6分】已知

abR

，

（abi）34i

（

i

是虚数单位）则

a

2

b

2

，

ab

3

．

【答案】5；2

a

2

b

2

3

a

2

4

【解析】由题意可得

ab2abi34i

，则

，解得

2

，则

a

2

b

2

5,ab2

．

ab

2

b

1

【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．

22

（13）【2017年浙江，13，6分】已知多项式

x1



x2

x

5

a

1

x

4

a

2

x

3

a

3

x

2

a

4

x

1

a

5

，则

a

4

12

，

a

5

．

【答案】16；4

mm

x

，分别取

r0,m1

和

r1,m0

可得

a

4

41216

，令【解析】由二项式展开式可得通项公式为：

C

3

r

x

r

C

2

x0

可得

a

5

1

3

2

2

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【）2017年浙江，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 ；

cosBDC

．

1510

【答案】；

24

BE1

【解析】取

BC

中点

E

，

DC

中点

F

，由题意：

AEBC,BFCD

，

ABE

中，

cos

ABC



，

AB4

1115

115

cosDBC,sinDBC1

，

S

△

BCD

BDBCsinDBC

．

4164

22

11010

又

cosDBC12sin

2

DBF,sinDBF

，

cosBDCsinDBF

，

444

1510

综上可得，

BCD

面积为，

cosBDC

．

24

【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）【2017年浙江，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

【答案】4；

25

__．





【解析】解法一：设向量

a

和

b

的夹角为

，由余弦定理有

ab1

2

2

2

212cos

54cos

，





ab1

2

2

2

212cos

54cos

，则

abab54cos

54cos

，



令

y54cos

54cos

，则

y

2

1022516cos

2

16,20

，据此可得：

abab

max





2025

，

abab164

，即

abab

的最小值为4，最大值为

25

．

min



解法二记

AOB

，则

0

，如图，由余弦定理可得：

ab54cos

，



ab54cos

，令

x54cos

，

y54cos

，则

x

2

y

2

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

z

min

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

z

max

即为原点到切线的距离的

2

倍，也就是圆弧

MN

所在圆的半径的

2

倍，

所以

z

max



2

10

25

．综上所述，

abab

的最小值为4，最大值为

25

．

【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）【2017年浙江，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 中不同的选法．（用数字作答）

【答案】660

4


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