2017浙江高考数学试卷含答案

2024年3月19日发(作者：雅安中考数学试卷答案)

2017浙江

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P＝{x|－1＜x＜1}，Q＝{x|0＜x＜2}，则P∪Q＝( )

A．(－1，2) B．(0，1) C．(－1，0) D．(1，2)

【解析】利用数轴，取P，Q所有元素，得P∪Q＝(－1，2)．

x

2

y

2

2．椭圆

9

＋

4

＝1的离心率是

13525

A．

3

B．

3

C．

3

D．

9

c5

解析 根据题意知，a＝3，b＝2，则c＝a

2

－b

2

＝5，故椭圆的离心率e＝＝，故选B．

a3

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：cm

3

)是( )

ππ3π3π

A．＋1 B．＋3 C．＋1 D．＋3

2222

【解析】由几何体的三视图可得，该几何体是由半个圆锥和一个三棱锥组成的，故该几何体的体积

111π

1

V＝

×

2

π×3＋

3

×

2

×2×1×3＝

2

＋1，故选A．

3

x≥0，





4．若

x

，

y

满足约束条件



x＋y－3≥0，

则z＝x＋2y的取值范围





x－2y≤0，

是

A．[0，6] B．[0，4] C．[6，＋∞) D．[4，＋∞)

【解析】作出不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，由z＝x

1zz1z

＋2y，得y＝－

2

x＋

2

，故

2

是直线y＝－

2

x＋

2

在y轴上的截距，根据图





x－2y＝0，

1zz

形知，当直线y＝－

2

x＋

2

过A点时，

2

取得最小值．由



得x＝2，y＝1，即A(2，1)，



x＋y－3＝0，



此时，z＝4，故z≥4，故选D．

5．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 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

a

2

a

2

【解析】f(x)＝(x＋

2

)－

4

＋b，

aaa

2

①．当0≤－

2

≤1时，f(x)

min

＝m＝f(－

2

)＝－

4

＋b，f(x)

max

＝M＝max{f(0)，f(1)}＝max{b，1＋a

a

2

a

2

＋b}，故M－m＝max{

4

，1＋a＋

4

}与a有关，与b无关；

第1页 （共7页）

a

②．当－

2

＜0时，f(x)在[0，1]上单调递增，故M－m＝f(1)－f(0)＝1＋a与a有关，与b无关；

a

③．当－

2

＞1时，f(x)在[0，1]上单调递减，故M－m＝f(0)－f(1)＝－1－a与a有关，与b无

关．

综上所述，M－m与a有关，但与b无关，故选B．

6．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

【解析】因为{a

n

}为等差数列，故S

4

＋S

6

＝4a

1

＋6d＋6a

1

＋15d＝10a

1

＋21d，2S

5

＝10a

1

＋20d，S

4

＋

S

6

－2S

5

＝d，故d＞0⇔S

4

＋S

6

＞2S

5

，故选C．

7．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 ( )

【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D．

1

8．已知随机变量ξ

i

满足P(ξ

i

＝1)＝p

i

，P(ξ

i

＝0)＝1－p

i

，i＝1，2．若0＜p

1

＜p

2

＜，则( )

2

A．E(ξ

1

)＜E(ξ

2

)，D(ξ

1

)＜D(ξ

2

) B．E(ξ

1

)＜E(ξ

2

)，D(ξ

1

)＞D(ξ

2

)

C．E(ξ

1

)＞E(ξ

2

)，D(ξ

1

)＜D(ξ

2

) D．E(ξ

1

)＞E(ξ

2

)，D(ξ

1

)＞D(ξ

2

)

【解析】由题设可知E(ξ

1

)＝p

1

，E(ξ

2

)＝p

2

，从而E(ξ

1

)＜E(ξ

2

)，又D(ξ

1

)＝p

1

(1－p

1

)，D(ξ

2

)＝p

2

(1－p

2

)，

故D(ξ

1

)－D(ξ

2

)＝(p

1

－p

2

)(1－p

1

－p

2

)＜0．故D(ξ

1

)＜D(ξ

2

)．

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

BQCR

点，AP＝PB，

QC

＝

RA

＝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

【解析】设O为ΔABC的中心，则点O到PQ的距离最小，O到

PR的距离最大，O到RQ的距离最居中，而高相等，故α＜γ＜β，

故选B．

解析如图1，设O是点D在底面ABC内的射影，过O作OE⊥PR，

OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分别为E，F，G，连接ED，FD，GD，

易得ED⊥PR，故∠OED就是二面角D－PR－Q的平面角，故α

ODODOD

＝∠OED，tanα＝，同理tanβ＝，tanγ＝.底面的平面图

OEOFOG

如图2所示，以P为原点建立平面直角坐标系，不妨设|AB|＝2，则A(－1，0)，B(1，0)，C(0，3)，

O(0，

3|BQ||CR|12233

)，因|AP|＝|PB|，＝＝2，故Q(，3)，R(－，)，则直线RP的方程为y＝－

3|QC||RA|33332

353

x＋，根据点到直线的距离公式，知|OE|

39

x，直线PQ的方程为y＝23x，直线RQ的方程为y＝

＝

221391

，|OF|＝，|OG|＝，故|OE|＞|OG|＞|OF|，故tanα＜tanγ＜tanβ，又α，β，γ为锐角，故

21393

α＜γ＜β，故选B．

第2页 （共7页）

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I

1

＝OA·OB，I

2

＝OB·OC，I

3

＝OC·OD，则( )

A．I

1

＜I

2

＜I

3

B．I

1

＜I

3

＜I

2

C．I

3

＜I

1

＜I

2

D．I

2

＜I

1

＜I

3

【解析】如图所示，四边形ABCE是正方形，F为正方形的对角线的交点，易得AO＜AF，而∠AFB

＝90°，故∠AOB与∠COD为钝角，∠AOD与∠BOC为锐角，根据题意，I

1

－I

2

→→→→→→→→→→→

＝OA·OB－OB·OC＝OB·(OA－OC)＝OB·CA＝|OB||CA|·cos∠AOB

＜0，故I

1

＜I

2

，同理I

2

＞I

3

，作AG⊥BD于G，又AB＝AD，故OB

→→→→

＜BG＝GD＜OD，而OA＜AF＝FC＜OC，故|OA||OB|＜|OC||OD|，

→→→→

而cos∠AOB＝cos∠COD＜0，故OA·OB＞OC·OD，即I

1

＞I

3

．故I

3

＜I

1

＜I

2

．

法二：如图，建立平面直角坐标系，则B(0，0)，A(0，2)，C(2，0)．设D(m，n)，由AD＝2

22





m＋n－2＝4，

5

和CD＝3，得



从而有n－m＝＞0，∴n＞m.从而∠DBC＞45°，又∠BCO＝45°，

4



m－2

2

＋n

2

＝9，



―→

∴∠BOC为锐角．从而∠AOB为钝角．故I

1

＜0，I

3

＜0，I

2

＞0.又OA＜OC，OB＜OD，故可设OD

―→―→―→―→―→―→―→

＝－λ

1

OB (λ

1

＞1)，OC＝－λ

2

OA (λ

2

＞1)，从而I

3

＝OC·OD＝λ

1

λ

2

OA·OB＝λ

1

λ

2

I

1

，又λ

1

λ

2

＞1，

I

1

＜0，I

3

＜0，∴I

3

＜I

1

，∴I

3

＜I

1

＜I

2

.

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

内

，

S

内

＝ ．

1π33

【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S

内

＝6(

2

×1×1×sin

3

)＝

2

．

12．已知a

，

b∈R，(a＋bi)

2

＝3＋4i(i是虚数单位)

，

则a

2

＋b

2

＝ ，ab＝ ．

222





a－b＝3，



a＝4，

解析 由已知(a＋bi)

2

＝3＋4i．即a

2

－b

2

＋2abi＝3＋4i．从而有



解得



2

则a

2

＋b

2





ab＝2，



b＝1，

＝5，ab＝2．

13．已知多项式(x＋1)(x＋2)

2

＝x

3

＋a

1

x

4

＋a

2

x

3

＋a

3

x

2

＋a

4

x＋a

5

，则a

4

＝_______，a

5

＝________．

解析 令x＝0，得a

5

＝(0＋1)

3

(0＋2)

2

＝4，而(x＋1)

3

(x＋2)

2

＝(x＋1)

3

[(x＋1)

2

＋2(x＋1)＋1]＝(x＋1)

5

4

＋2C

3

＋C

2

＝5＋8＋3＝16． ＋2(x＋1)

4

＋(x＋1)

3

；则a

4

＝C

543

第3页 （共7页）

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＝_______．

【解析】依题意作出图形，如图所示，则sin∠DBC＝sin∠ABC．由题意知AB＝AC＝4，BC＝BD＝2，

151111515

则sin∠ABC＝

4

，cos∠ABC＝

4

．故S

△BDC

＝

2

BC·BD·sin∠DBC＝

2

×2×2×

4

＝

2

．因为cos∠DBC

4＋10－4

1

BD

2

＋BC

2

－CD

2

8－CD

2

＝－cos∠ABC＝－

4

＝＝，故CD＝10．由余弦定理得，cos∠BDC＝

2BD·BC8

2×2×10

10

＝

4

．

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

_______．

【解析】由题意，不妨设b＝(2，0)，a＝(cos θ，sin θ)，则a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，a－b＝(cos θ

－2，sin θ)．令y＝|a＋b|＋|a－b|＝（2＋cos θ）

2

＋sin

2

θ＋（cos θ－2）

2

＋sin

2

θ＝5＋4cos θ

＋5－4cos θ，令y＝5＋4cos θ＋5－4cos θ，则y

2

＝10＋225－16cos

2

θ∈[16，20]．由此可得

(|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．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) 660

4

17．已知a∈R，函数f(x)＝| x＋

x

－a|＋a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是_____．

4

【解析】因x∈[1，4]，故x＋∈[4，5]，

x

9

② 当a≤时，f(x)

max

＝|5－a|＋a＝5－a＋a＝5，符合题意；

2

999

②当a＞时，f(x)

max

＝|4－a|＋a＝2a－4＝5，故a＝(矛盾)，故a的取值范围是(－∞，]．

222

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)＝sin

2

x－cos

2

x－23sin xcos x(x∈R)．

2π

(1)求f()的值；

3

(2)求f(x)的最小正周期及单调递增区间．

π2π4π

【解】(1)f(x)＝sin

2

x－cos

2

x－23sin xcos x＝－cos 2x－3sin 2x＝－2sin(2x＋)，则f()＝－2sin(

633

π

＋)＝2．

6

ππ3ππ

(2)f(x)的最小正周期为π．由正弦函数的性质得令2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，得kπ＋≤x≤

2626

2ππ2π

kπ＋，k∈Z．故函数f(x)的单调递增区间为[kπ＋，kπ＋]，k∈Z．

363

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，

BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．

P

P

(Ⅰ)证明：CE∥平面PAB；

(Ⅱ)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．

H

中点，故【解析】(Ⅰ)如图，设PA中

E

点为

F，连结EF，FB．因E，F分别为

F

PD，PA

Q

E

EF∥AD且EF

11

＝

2

AD，又BC∥AD，BC＝

2

AD，故EF∥BC且EF＝BC，即四边形BCEF为平行四边形，故CE∥BF，

因此CE∥平面PAB．

D

A

D

A

N

第4页 （共7页）

B

C

B

M

C