1、 數 學（理科）選擇題部分（共50分）1.(2017年浙江)已知集合p=x|-1x1，q=0x2，那么pq=（ ）a（1，2）b（0，1）c（-1，0）d（1，2）1.a 【解析】利用數軸，取p，q所有元素，得pq=（-1，2）.2. (2017年浙江)橢圓+=1的離心率是（ ）abcd2.b 【解析】e=.故選b3. (2017年浙江)某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（ ）（第3題圖）abc d3. a 【解析】根據所給三視圖可還原幾何體為半個圓錐和半個棱錐拼接而成的組合體，所以，幾何體的體積為v=×3×（+×2

2、5;1）=+1.故選a.4. (2017年浙江)若x，y滿足約束條件則z=x+2y的取值范圍是（ ）a0，6 b0，4c6，+） d4，+）4. d 【解析】如圖，可行域為一開放區域，所以直線過點時取最小值4，無最大值，選d5. (2017年浙江)若函數f(x)=x2+ ax+b在區間0，1上的最大值是m，最小值是m，則m m（ ）a與a有關，且與b有關b與a有關，但與b無關c與a無關，且與b無關d與a無關，但與b有關5. b 【解析】因為最值f（0）=b，f（1）=1+a+b，f（-）=b-中取，所以最值之差一定與b無關.故選b.6. (2017年浙江)已知等差數列an的公差為d，前n項和為

3、sn，則“d>0”是“s4 + s6>2s5”的（ ）a充分不必要條件b必要不充分條件c充分必要條件d既不充分也不必要條件6. c 【解析】由s4 + s6-2s5=10a1+21d-2（5a1+10d）=d，可知當d0時，有s4+s6-2s50，即s4 + s6>2s5，反之，若s4 + s6>2s5，則d0，所以“d>0”是“s4 + s6>2s5”的充要條件，選c7. (2017年浙江)函數y=f(x)的導函數y=f（x）的圖象如圖所示，則函數y=f(x)的圖象可能是（ ）（第7題圖）7. d 【解析】原函數先減再增，再減再增，且x=0位于增區間內.故

4、選d.8. (2017年浙江)已知隨機變量i滿足p（i=1）=pi，p（i=0）=1pi，i=1，2 若0<p1<p2<，則（ ）ae(1)e(2)，d(1)d(2) be(1)e(2)，d(1)d(2) ce(1)e(2)，d(1)d(2) de(1)e(2)，d(1)d(2)8. a 【解析】e(1)=p1，e(2)=p2，e(1)e(2)，d(1)=p1(1-p1)，d(2)=p2(1-p2)，d(1)- d(2)=(p1-p2)(1-p1-p2)0.故選a9. (2017年浙江)如圖，已知正四面體dabc（所有棱長均相等的三棱錐），p，q，r分別為ab，bc，ca上的

5、點，ap=pb，=2，分別記二面角dprq，dpqr，dqrp的平面角為，則（ ）（第9題圖）a<<b<<c<<d<<9. b 【解析】設o為三角形abc中心，則o到pq距離最小，o到pr距離最大，o到rq距離居中，而高相等，因此<<.故選b.10. (2017年浙江)如圖，已知平面四邊形abcd，abbc，abbcad2，cd3，ac與bd交于點o，記i1=·，i2=·，i3=·，則（ ）（第10題圖）ai1i2i3 bi1i3i2ci3i1i2 di2i1i310. c 【解析】因為aob=cod90

6、°，oaoc，obod，所以·0··.故選c.非選擇題部分（共100分）11. (2017年浙江)我國古代數學家劉徽創立的“割圓術”可以估算圓周率，理論上能把的值計算到任意精度祖沖之繼承并發展了“割圓術”，將的值精確到小數點后七位，其結果領先世界一千多年“割圓術”的第一步是計算單位圓內接正六邊形的面積s6，s6= 11. 【解析】將正六邊形分割為6個等邊三角形，則s6=6×（×1×1×sin 60°）=12. (2017年浙江)已知a，br，（a+bi）2=3+4i（i是虛數單位）則a2+b2=_，ab=

7、_.12.5 2 【解析】由題意可得a2-b2+2abi=3+4i，則解得則a2+b2=5，ab=2.13. (2017年浙江)已知多項式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，則a4=_，a5=_13. 16 4 【解析】由二項式展開式可得通項公式為cr 3xrcm 2·22-m= cr 3·cm 2·22-m·xr+m，分別取r=0，m=1和r=1，m=0可得a4=4+12=16，取r=m，可得a5=1×22=414. (2017年浙江)已知abc，ab=ac=4，bc=2 點d為ab延長線上一

8、點，bd=2，連結cd，則bdc的面積是_，cosbdc=_.14. 【解析】取bc中點e，由題意，aebc，abe中，cosabe=，cos dbc=-，sindbc=，sbcd=×bd×bc×sindbc=.abc=2bdc，cosabc=cos 2bdc=2cos2bdc-1=，解得cosbdc=或cosbdc=-（舍去）.綜上可得，bcd面積為，cosbdc=.15. (2017年浙江)已知向量a，b滿足|a|=1,|b|=2,則|a+b|+|a-b|的最小值是_，最大值是_15. 4，2 【解析】設向量a，b的夾角為，由余弦定理有|a-b|=，|a+b|

9、= ，則|a+b|+|a-b|=+，令y=+，則y2=10+2 16,20，據此可得(|a+b|+|a-b|)max=2,(|a+b|+|a-b|)min=4，即|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是216. (2017年浙江)從6男2女共8名學生中選出隊長1人，副隊長1人，普通隊員2人組成4人服務隊，要求服務隊中至少有1名女生，共有_種不同的選法（用數字作答）16. 660 【解析】由題意可得，“從8名學生中選出隊長1人，副隊長1人，普通隊員2人組成4人服務隊”中的選擇方法為c4 8×c1 4×c1 3（種）方法，其中“服務隊中沒有女生”的選法有c4 6×

10、c1 4×c1 3（種）方法，則滿足題意的選法有c4 8×c1 4×c1 3- c4 6×c1 4×c1 3=660（種）.17. (2017年浙江)已知ar，函數f（x）=|x+-a|+a在區間1，4上的最大值是5，則a的取值范圍是_ 17.（-， 【解析】x1,4,x+4,5，分類討論：當a5時，f（x）=a-x-+a=2a-x-，函數的最大值2a-4=5，a=，舍去；當a4時，f（x）=x+-a+a=x+5，此時命題成立；當4a5時，f(x)max=max|4-a|+a,|5-a|+a，則或解得a=或a.綜上可得，實數a的取值范圍是（-，

11、18. (2017年浙江)已知函數f（x）=sin2xcos2x2sin x cos x（xr）（1）求f（）的值（2）求f（x）的最小正周期及單調遞增區間18.解：（1）由sin =，cos =-，f（）=（）2-（-）2-2××（-）得f（）=2（2）由cos 2x=cos2x-sin2x與sin 2x=2sin xcos x，得f(x)=-cos 2x-sin 2x=-2sin(2x+)所以f(x)的最小正周期是由正弦函數的性質得+2k2x+2k，kz，解得+kx+2k，kz，所以，f（x）的單調遞增區間是+k，+2k，kz19. (2017年浙江)如圖，已知四棱錐p

12、abcd，pad是以ad為斜邊的等腰直角三角形，bcad，cdad，pc=ad=2dc=2cb，e為pd的中點（第19題圖）（1）證明：ce平面pab；（2）求直線ce與平面pbc所成角的正弦值19.解：（1）如圖，設pa中點為f，連接ef，fb因為e，f分別為pd，pa中點，所以efad且ef=ad，又因為bcad，bc=ad，所以efbc且ef=bc，即四邊形bcef為平行四邊形，所以cebf，因此ce平面pab（2）分別取bc，ad的中點為m，n，連接pn交ef于點q，連接mq.因為e，f，n分別是pd，pa，ad的中點，所以q為ef中點，在平行四邊形bcef中，mqce.由pad為等腰

13、直角三角形得pnad.由dcad，n是ad的中點得bnad所以ad平面pbn，由bc/ad得bc平面pbn，那么平面pbc平面pbn過點q作pb的垂線，垂足為h，連接mhmh是mq在平面pbc上的射影，所以qmh是直線ce與平面pbc所成的角設cd=1在pcd中，由pc=2，cd=1，pd=得ce=，在pbn中，由pn=bn=1，pb=得qh=，在rtmqh中，qh=，mq=，所以sinqmh=， 所以直線ce與平面pbc所成角的正弦值是20. (2017年浙江)已知函數f(x)=（x）e-x（x）（1）求f(x)的導函數；（2）求f(x)在區間，+)上的取值范圍20.解：（1）因為（x）=1

14、-，（e-x）=-e-x，所以f（x）=（1-）e-x-（x）e-x=(x).（2）由f(x)=0解得x=1或x=因為x（，1）1（1，）（，+）f(x)0+0f（x）e-0e-又f（x）=（-1）2e-x0，所以f（x）在區間，+)上的取值范圍是0，e-21. (2017年浙江)如圖，已知拋物線x2=y，點a（-，），b（，），拋物線上的點p(x,y)(-x)過點b作直線ap的垂線，垂足為q（第19題圖）（1）求直線ap斜率的取值范圍；（2）求|pa|·|pq|的最大值21. 解：（1）設直線ap的斜率為k，k=x-，因為-x，所以直線ap斜率的取值范圍是（-1，1）（2）聯立直線

15、ap與bq的方程解得點q的橫坐標是xq=因為|pa|=(x+)=(k+1)，|pq|=(xq-x)=-，所以|pa|·|pq|=-(k-1)(k+1)3令f(k)=-(k-1)(k+1)3，因為f(k)=-(4k-2)(k+1)2，所以f(k)在區間(-1,)上單調遞增，(,1)上單調遞減，因此當k=時，|pa|·|pq|取得最大值22. (2017年浙江) 已知數列xn滿足x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（nn*）證明：當nn*時，（1）0xn+1xn；（2）2xn+1 xn；（3）xn22.解：（1）用數學歸納法證明xn0當n=1時，x1=1>0假設n=k時，xk>0，那么n=k+1時，若xk+10，則0xk= xk+1+ln（1+ xk+1）0，矛盾，故xk+10 因此xn0（nn*）所以xn=xn+1+ln（1+xn+1）xn+1，因此0xn+1xn（nn*）（2）由xn=xn+1+ln（1+xn+1），得xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+（xn+