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|−1<x<1}，Q={x|0<x<2}，那么P∪Q=（__________）A.(-1，2)B.(0，1)C.(-1，0)D.(1，2)2.(4分)椭圆x29+y24=1的离心率是（）A.√133B.√53C.23D.593.(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：cm3）是( __)A.π2+1B.π2+3C.3π2+1D.3π2+34.(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{a n}的公差为d，前n项和为S n，则"d>0"是"S4+S6>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=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 .8.(4分)已知随机变量ξi 满足P(ξi =1)=p i ，P(ξi =0)=1-p i ，i=1，2．若0<p 1<p 2<12，则（）A .E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)<D(ξ2)B .E(ξ1)<E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)C .E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)<D(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 ，BQ QC =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<βB .α<γ<βC .α<β<γD .β<γ<α10.(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=OB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，I 3=OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则（）A .I 1<I 2<I 3B .I 1<I 3<I 2C .I 3<I 1<I 2D .I 2<I 1<I 3二、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.(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=__________．12.(6分)已知a,b∈R，(a+bi)2=3+4i(i是虚数单位)，则a2+b2=__________，ab=__________．13.(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 ,b⃗满足|a |=1,|b⃗|=2，则|a+b⃗|+|a−b⃗|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）−a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是17.(4分)已知a∈R，函数f(x)=|x+4x__________．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−2√3sin⁡xcos⁡x(x∈R)．)的值．(1)求f(2π3(2)求f(x)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f(x)的导函数．(2)求f(x)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<x<32)．过点B作直线AP的垂线，垂足为Q．(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{x n}满足：x1=1,x n=x n+1+ln⁡(1+x n+1)(n∈N∗)．证明：当n∈N*时，(1)0<x n+1<x n．(2)2x n+1−x n≤x n x n+12．(3)12n−1≤x n≤12n−2．2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学参考答案一、单选题1.【答案】A【解析】取P，Q所有元素，得P∪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)=p 1，P(ξ2)=p 2，0<p 1<p 2<12，∴E(ξ1)<E(ξ2)．∵D(ξ1)=p 1(1-p 1)，D(ξ2)=p 2(1-p 2)， ∴D(ξ1)-D(ξ2)=(p 1-p 2)(1-p 1-p 2)<0． 故选A 。

9.【答案】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.【答案】C【解析】由图形可得：∠AOB=∠COD>90°， 由余弦定理可得：OA<OC ，OB<OD ， ∴OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OC ⃗⃗⃗⃗⃗ >0>OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OB ⃗⃗⃗⃗⃗ >OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ． 故选B 。

二、填空题 11.【答案】3√32【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S 6=6×(12×1×1×sin⁡60∘)=3√32． 故答案为：3√32．12.【答案】5 2【解析】由题意可得：(a +bi)2=a 2−b 2+2abi =3+4i ，则{a 2−b 2=3ab =2，解得：{a 2=4b 2=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−m C 3r x r C 2m x m ，分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得：a 4=4+12=16， 令x =0可得：a 5=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 =BE AB =14， ∴cos⁡∠DBC =−14，sin⁡∠DBC =√1−116=√154， ∴S △BCD =12×BD ×BC ×sin⁡∠DBC =√152．又∵cos⁡∠DBC =1−2sin 2∠DBF =−14， ∴sin⁡∠DBF =√104，∴cos⁡∠BDC =sin⁡∠DBF =√104．故答案为：√152；√104．15.【答案】42√5【解析】设向量a ,b⃗ 的夹角为θ， 所以|a −b⃗ |=√12+22−2×1×2×cos⁡θ=√5−4cos⁡θ， |a +b⃗ |=√12+22+2×1×2×cos⁡θ=√5+4cos⁡θ， 则：|a +b ⃗ |+|a −b⃗ |=√5+4cos⁡θ+√5−4cos⁡θ， 令y =√5+4cos⁡θ+√5−4cos⁡θ，则y 2=10+2√25−16cos 2θ∈[16,20]，由此可得：(|a +b ⃗ |+|a −b ⃗ |)max =√20=2√5，(|a +b ⃗ |+|a −b⃗ |)min =√16=4． 故答案为：4；2√5．16.【答案】660【解析】由题意可得：总的选择方法有：C 84×C 41×C 31种方法，其中不满足题意的选法有：C 64×C 41×C 31种方法，则满足题意的选法有：C 84×C 41×C 31−C 64×C 41×C 31=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<a <5时，[f(x)]max =max{|4−a|+a,|5−a|+a}，则：{|4−a|+a ≥|5−a|+a |4−a|+a =5或{|4−a|+a <|5−a|+a |5−a|+a =5，解得：a =92或a <92．综上可得，a 的取值范围是(−∞,92]． 故答案为：(−∞,92]．三、解答题18.【答案】(1)解：f(2π3)=sin22π3−cos22π3−2√3sin⁡2π3cos⁡2π3=34−14−2√3×√32×(−12)=2．(2)解：f(x)=sin2x−cos2x−2√3sin⁡xcos⁡x=−cos⁡2x−√3sin⁡2x=−2sin⁡(2x+π6)，最小正周期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．∴f(x)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√2x −1−x −(x −√2x −1)e −x=√2x −1−x√2x −1>12)(2)解：f ′(x)=√2x−1−2)e −x√2x−1>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1<x ≤52时，f ′(x )>0，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，∴f (x )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,x 2)， k =x 2−14x+12=x −12，∵−12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(-1，1)．(2)解：设直线AP的方程为：y−14=k(x+12)，则直线BQ的方程为：y−94=−1k(x−32)，联立两方程：{y−14=k(x+12)y−94=−1k(x−32)，解得Q点的横坐标是x Q=−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(x Q−x)=2√1+k2，∴|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3，令f(k)=−(k−1)(k+1)3，∵f′(k)=−(4k−2)(k+1)2，∴f(k)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，x k>0，那么n=k+1时，若x k+1≤0，则0<x k=x k+1+ln⁡(1+x k+1)≤0，矛盾，故x k+1>0，因此x n>0(n∈N∗)，∴x n=x n+1+ln⁡(1+x n+1)>x n+1，故0<x n+1<x n（n∈N*）．(2)证明：由x n=x n+1+ln⁡(1+x n+1)>x n+1得：x n x n+1−4x n+1+2x n=x n+12−2x n+1+(x n+1+2)ln⁡(1+x n+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f(x)在[0，+∞)上单调递增，所以f(x)≥f(0)=0，因此x n+12−2x n+1+(x n+1+2)ln⁡(1+x n+1)=f(x n+1)≥0，∴2x n+1−x n≤x n x n+12(n∈N∗)．(3)证明：因为x n=x n+1+ln⁡(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥12n−1得：2x n+1−x n≤x n x n+12，1x n+1−12≥2(1x n−12)>0，1 x n −12≥2(1x n−1−12)≥...≥2n−1(1x1−12)=2n−2，故x n≤12n−2，综上，12n−1≤x n≤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，f(x)≥f(0)=0，即可证明到结论；(3)结合(2)的结论分别证明x n≥12n−1和x n≤12n−2，即可．。