2017年高考真题——理科数学（浙江卷） 解析版
绝密★启用前
2017 年普通高等学校招生全国统一考试
数学解析(精编版)
【试卷点评】
【命题特点】
今年的高考数学试卷，试题的题型和背景熟悉而常见，整体感觉试题灵活，思维含量高．试卷内容上
体现新课程理念，贴近中学数学教学，坚持对基础知识、基本技能以及数学思想方法的考查．在保持稳定
的基础上，进行适度的改革和创新，最后一题对学生的能力有较高要求．从试卷的整体上看，“以稳为主”
的试卷结构平稳，保持了“低起点、宽入口、多层次、区分好”的特色，主要体现了以下特点：
1．考查双基、注重覆盖
试题覆盖了高中数学的核心知识，涉及了函数的图象、单调性、周期性、最大值与最小值、三角函数、
数列、立体几何、解析几何等主要知识，考查全面而又深刻．
2．注重通性通法、凸显能力
试题看似熟悉平淡，但将数学思想方法和素养作为考查的重点，淡化了特殊的技巧，全面考查通性通
法，体现了以知识为载体，以方法为依托，以能力考查为目的的命题要求，提高了试题的层次和品位，许
多试题保持了干净、简洁、朴实、明了的特点，充分体现了数学语言的形式化与数学的意义，如选择题第
8、9、10 等．
3．分层考查、逐步加深
试题层次分明，由浅入深，各类题型的起点难度较低，但落点较高，选择、填空题的前几道不需花太
多时间就能破题，而后几题则需要在充分理解数学概念的基础上灵活应变；解答题的 5 个题目中共有 11 个
小题，仍然具有往年的“多问把关”的命题特点．数学形式化程度高，不仅需要考生有较强的数学阅读与审题
能力，而且需要考生有灵活机智的解题策略与分析问题解决问题的综合能力，如解答题的 20、22 题．
4.紧靠考纲、稳中有变
试题在考查重点保持稳定的前提下，坚持以中华文化为背景，体现数学文化的考查与思考，渗透现代
数学思想和方法，在内涵方面，增加了基础性、综合性、应用性、创新性的要求．
【命题趋势】
1. 试卷整体难度会中等及以上；
2. 试卷填空题多空出题目的：提高知识覆盖面﹑降低难度﹑提高得分率；
3. 试卷会有一部分简单试题，照顾数学基础薄弱的学生，体现公平性原则；
选择题部分（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，只有一项是符合题
目要求的．
1．已知 ， ，则
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
试题分析：利用数轴，取 所有元素，得 ．
【考点】集合运算
【名师点睛】对于集合的交、并、补运算问题，应先把集合化简再计算，常常借助数轴或韦恩图处理．
2．椭圆 的离心率是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【考点】 椭圆的简单几何性质
【名师点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于 的方程或不等
式，再根据 的关系消掉 得到 的关系式，建立关于 的方程或不等式，要充分利用椭圆和双
曲线的几何性质、点的坐标的范围等．
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：cm3）是
}11|{ xxP }20{ xQ QP
)2,1( )1,0( )0,1( )2,1(
QP, QP )2,1(
2 2
19 4
x y
13
3
5
3
2
3
5
9
cba ,,
cba ,, b ca, cba ,,
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【考点】 三视图
【名师点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相
等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何
体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽．由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看
俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；
3、画出整体，然后再根据三视图进行调整．
4．若 ， 满足约束条件 ，则 的取值范围是
A．[0，6] B．[0，4] C．[6， D．[4，
【答案】D
【解析】
试题分析：如图，可行域为一开放区域，所以直线过点 时取最小值 4，无最大值，选 D．
12 32 12
3 32
3
x y
0
3 0
2 0
x
x y
x y
yxz 2
) )
(2,1)
【考点】 简单线性规划
【名师点睛】本题主要考查线性规划问题，首先由不等式组作出相应的可行域，作图时，可将不等式
转化为 （或 ），“ ”取下方，“ ”取上方，并明确可行域对应的是封
闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求直线的截距、两点间
距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等等，最后结合图形确定目标函数最值取法、值域范围．
5．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
【答案】B
【解析】
【考点】二次函数的最值
【名师点睛】对于二次函数的最值或值域问题，通常先判断函数图象对称轴与所给自变量闭区间的关系，
结合图象，当函数图象开口向上，且对称轴在区间的左边，则函数在所给区间内单调递增；若对称轴在区
间的右边，则函数在所给区间内单调递减；若对称轴在区间内，则函数图象顶点的纵坐标为最小值，区间
端点距离对称轴较远的一端取得函数的最大值．
6．已知等差数列{an}的公差为 d，前 n 项和为 Sn，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
【答案】C
【解析】
xo
y
2
xy
02 yx
03 yx
0 CByAx bkxy bkxy
【考点】 等差数列、充分必要性
【名师点睛】本题考查等差数列的前 项和公式，通过公式的套入与简单运算，可知 ，
结合充分必要性的判断，若 ，则 是 的充分条件，若 ，则 是 的必要条件，该题
“ ” “ ”，故为充要条件．
7．函数 y=f(x)的导函数 的图像如图所示，则函数 y=f(x)的图像可能是
【答案】D
【解析】
试题分析：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．
【考点】 导函数的图象
【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与 轴的交点为 ，且图象在
两侧附近连续分布于 轴上下方，则 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导
函数 的正负，得出原函数 的单调区间．
8．已知随机变量 满足 P（ =1）=pi，P（ =0）=1—pi，i=1，2． 若 0
C． > ， < D． > ， >
【答案】A
【解析】
n 4 6 52S S S d
qp p q qp p q
0d 02 564 SSS
( )y f x
x 0x 0x
x 0x
)(' xf )(xf
i i i 1
2
1E( ) 2E( ) 1D( ) 2D( ) 1E( ) 2E( ) 1D( ) 2D( )
1E( ) 2E( ) 1D( ) 2D( ) 1E( ) 2E( ) 1D( ) 2D( )
试题分析：
，选 A．
【考点】 两点分布
【名师点睛】求离散型随机变量的分布列，首先要根据具体情况确定 的取值情况，然后利用排列，组合
与概率知识求出 取各个值时的概率．对于服从某些特殊分布的随机变量，其分布列可以直接应用公式给
出，其中超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．由已知本题随机变量
服从两点分布，由两点分布均值与方差公式可得 A 正确．
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 上的点，
AP=PB， ，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
【答案】B
【解析】
【考点】 空间角（二面角）
【名师点睛】立体几何是高中数学中的重要内容，也是高考重点考查的考点与热点．这类问题的设置一般
有线面位置关系的证明与角度距离的计算等两类问题．解答第一类问题时一般要借助线面平行与垂直的判
定定理进行；解答第二类问题时先建立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数量积公式进行求
解．
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
， ， ，则
1 1 2 2 1 2( ) , ( ) , ( ) ( )E p E p E E
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2( ) (1 ), ( ) (1 ), ( ) ( ) ( )(1 ) 0D p p D p p D D p p p p
X
X
i
2BQ CR
QC RA
1 ·I OAOB ＝ 2 ·I OB OC ＝ 3 ·I OC OD ＝
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【考点】 平面向量数量积运算
【名师点睛】平面向量的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利用数 量积的坐标
运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用． 利用向量夹角
公式、模公式及向量垂直的充要条件，可将有关角度问题、线段长问题及垂直问题转化为向量的数量积来
解决．列出方程组求解未知数．本题通过所给条件结合数量积运算，易得 ，由 AB＝
BC＝AD＝2，CD＝3，可求 ， ，进而解得 ．
非选择题部分（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．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 ， ．
【答案】
【解析】
试题分析：将正六边形分割为 6 个等边三角形，则
【考点】数学文化
321 III 231 III 213 III 312 III
90AOB COD
OCOA ODOB 213 III
6S 6S
3 3
2
2
33)60sin112
1(66 S
【名师点睛】本题粗略看起来文字量大，其本质为将正六边形分割为 6 个等边三角形，确定 6 个等边三角
形的面积，其中对文字信息的读取及提取有用信息方面至关重要，考生面对这方面题目时应多加耐心，仔
细分析题目中所描述问题的本质，结合所学进行有目的的求解．
12．已知 a，b∈R， （i 是虚数单位）则 ，ab= ．
【答案】5，2
【解析】
试题分析：由题意可得 ，则 ，解得 ，则
【考点】复数的基本运算和复数的概念
【名师点睛】本题重点考查复数的基本运算和复数的概念，属于基本题．首先对于复数的四则运算，要切
实掌握其运算技巧和常规思路，如 ． 其次要熟悉复
数相关基本概念，如复数 的实部为 、虚部为 、模为 、对应点为 、共轭
为
13．已知多项式 3 2= ，则 =________， =________．
【答案】16，4
【解析】
【考点】二项式定理
【名师点睛】本题主要考查二项式定理的通项与系数，属于简单题． 二项展开式定理的问题也是高考命题
热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项
公式 ；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系
数和；（3）二项式定理的应用．
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=_______．
【答案】
2i 3 4ia b （ ） 2 2a b
2 2 2 3 4a b abi i
2 2 3
2
a b
ab
2
2
4
1
a
b
2 2 5, 2a b ab
( )( ) ( ) ( ) ,( , , . ) a bi c di ac bd ad bc i a b c d R
( , ) a bi a b R a b 2 2a b ( , )a b
.a bi
1x 2x 5 4 3 2 1
1 2 3 4 5x a x a x a x a x a 4a 5a
1
r n r r
r nT C a b
15 10,2 4
【解析】
【考点】解三角形
【名师点睛】利用正、余弦定理解决实际问题的一般思路：（1）实际问题经抽象概括后，已知量与未知量
全部集中在一个三角形中，可以利用正弦定理或余弦定理求解；（2）实际问题经抽象概括后，已知量与未
知量涉及两个或两个以上三角形，这时需作出这些三角形，先解够条件的三角形，再逐步解其他三角形，
有时需要设出未知量，从几个三角形中列出方程（组），解方程（组）得出所要的解．
15．已知向量 a，b 满足 则 的最小值是________，最大值是_______．
【答案】4，
【解析】
试题分析：设向量 的夹角为 ，由余弦定理有： ，
，则：
，
令 ，则 ，
据此可得： ，
即 的最小值是 4，最大值是 ．
【考点】平面向量模长运算
1, 2, a b a b a b
2 5
,a b 2 21 2 2 1 2 cos 5 4cosa b
2 21 2 2 1 2 cos 5 4cosa b
5 4cos 5 4cosa b a b
cos45cos45 y 2 210 2 25 16cos 16,20y
max min
20 2 5, 16 4a b a b a b a b
a b a b 2 5
【名师点睛】本题通过设入向量 的夹角 ，结合模长公式， 解得
，再利用三角有界性求出最大、最小值，属中档题，对学生的
转化能力和最值处理能力有一定的要求．
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）
【答案】660
【解析】
【考点】排列组合的应用
【名师点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，
往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能
挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理
讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难
则反”的思维方式．
17 ． 已 知 α R ， 函 数 在 区 间 [1 ， 4] 上 的 最 大 值 是 5 ， 则 的 取 值 范 围 是
___________．
【答案】
【解析】
试题分析： ，分类讨论：
①．当 时， ，
函数的最大值 ，舍去；
②．当 时， ，此时命题成立；
③．当 时， ，则：
,a b
5 4cos 5 4cosa b a b
aaxxxf |4|)( a
9( , ]2
41,4 , 4,5x x x
5a 4 42f x a x a a xx x
92 4 5, 2a a
4a 4 4 5f x x a a xx x
4 5a max max 4 , 5f x a a a a
或： ，解得： 或
综上可得，实数 的取值范围是 ．
【考点】基本不等式、函数最值
【名师点睛】本题利用基本不等式，由 ，通过对解析式中绝对值号的处理，进行有
效的分类讨论：①当 ；② ；③ ，问题的难点最要在于对分界点的确认及讨论上，属
难题．解题时，应仔细对各个情况进行逐一讨论．
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）=sin2x–cos2x– sin x cos x（x R）．
（Ⅰ）求 的值．
（Ⅱ）求 的最小正周期及单调递增区间．
【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）最小正周期为 ，单调递增区间为 ．
【解析】
（Ⅱ）由 与 得
所以 的最小正周期是
由正弦函数的性质得
解得
4 5
4 5
a a a a
a a
4 5
5 5
a a a a
a a
9
2a 9
2a
a 9, 2
41,4 , 4,5x x x
5a 4a 4 5a
2 3
)3
2( f
)(xf
Zkkk ]3
2,6[
xxx 22 sincos2cos xxx cossin22sin
)62sin(22sin32cos)( xxxxf
)(xf
Zkkxk ,22
3
6222
Zkkxk ,3
2
6
所以 的单调递增区间是 ．
【考点】三角函数求值、三角函数的性质
【名师点睛】本题主要考查了三角函数的化简，以及函数 的性质，属于基础题，强调基
础的重要性，是高考中的常考知识点；对于三角函数解答题中，当涉及到周期，单调性，单调区间以及最
值等都属于三角函数的性质，首先都应把它化为三角函数的基本形式即 ，然后利用三角
函数 的性质求解．
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，
，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E 为 PD 的中点．
（Ⅰ）证明： 平面 PAB；
（Ⅱ）求直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ） ．
【解析】
)(xf Zkkk ]3
2,6[
xAy sin
xAy sin
uAy sin
ADBC //
P
A
B C
D
E
//CE
8
2
（Ⅰ）如图，设 PA 中点为 F，连结 EF，FB．
因为 E，F 分别为 PD，PA 中点，所以 且 ，
又因为 ， ，所以 且 ，
即四边形 BCEF 为平行四边形，所以 ，
因此 平面 PAB．
设 CD=1．
在△PCD 中，由 PC=2，CD=1，PD= 得 CE= ，
在△PBN 中，由 PN=BN=1，PB= 得 QH= ，
在 Rt△MQH 中，QH= ，MQ= ，
所以 sin∠QMH= ， 所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是 ．
M
F H Q
N
P
A
B C
D
E
ADEF // ADEF 2
1
ADBC // ADBC 2
1 BCEF // BCEF
BFCE //
//CE
2 2
3 4
1
4
1 2
8
2
8
2
【考点】证明线面平行，求线面角
【名师点睛】本题主要考查线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，属于中档
题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一
条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四
边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行
于另一平面． 本题（1）是就是利用方法①证明的．另外，本题也可利用空间向量求解线面角．
20．（本题满分 15 分）已知函数 f(x)=（x– ） （ ）．
（Ⅰ）求 f(x)的导函数；
（Ⅱ）求 f(x)在区间 上的取值范围．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）[0， ]．
【解析】
解得 或 ．
因为
x （ ） 1 （ ） （ ）
- 0 + 0 -
f（x） ↓ 0 ↑ ↓
又 ，所以 f（x）在区间[ ）上的取值范围是 ．
2 1x e x 1
2x
1[ + )2 ，
xe
x
xxf
)
12
21)(1()(' 1
2
1
2e
【考点】导数的应用
【名师点睛】本题主要考查导数的两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数
单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出 ，有 的正负，得出函数 的单调区间；（二）
函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数
极值或最值．
21 ． （ 本 题 满 分 15 分 ） 如 图 ， 已 知 抛 物 线 ， 点 A ， ， 抛 物 线 上 的 点
．过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q．
（Ⅰ）求直线 AP 斜率的取值范围；
（Ⅱ）求 的最大值．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）
【解析】
)(' xf )(' xf )(xf
)(xf
2x y 1 1( )2 4 ， 3 9( )2 4B ，
)2
3
2
1)(,( xyxP
|||| PQPA
)1,1( 27
16
解得点 Q 的横坐标是 ，因为|PA|= =
|PQ|= ，所以|PA||PQ|=
令 ，因为 ，所以 f(k)在区间 上单调递增，
上单调递减，因此当 k= 时， 取得最大值 ．
【考点】直线与圆锥曲线的位置关系
【名师点睛】本题主要考查直线方程、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思
想方法和运算求解能力，通过表达 与 的长度，通过函数 求解
的最大值．
22．（本题满分 15 分）已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（ ）．
证明：当 时，
（Ⅰ）0＜xn+1＜xn；
（Ⅱ）2xn+1− xn≤ ；
（Ⅲ） ≤xn≤ ．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．
【解析】
1 1 0,2 4
9 3 0,4 2
kx y k
x ky k
)1(2
34
2
2
k
kkxQ
2 11 ( )2k x )1(1 2 kk
1
)1)(1()(1 2
2
2
k
kkxxk Q
3)1)(1( kk
3)1)(1()( kkkf 2)1)(24()(' kkkf )2
1,1( )1,2
1(
1
2 |||| PQPA 27
16
|| PA || PQ 3)1)(1()( kkkf |||| PQPA
Nn
Nn
1
2
n nx x
1
1
2n 2
1
2n
因此 ，所以 ，因此
（Ⅱ）由 得
记函数
函数 f(x)在[0，+∞）上单调递增，所以 =0，
因 此 ，
【考点】不等式证明
【名师点睛】本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性等基础知识，不等式及其应用，同时考查推理
论证能力、分析问题和解决问题的能力，属于难题．本题主要应用：（1）数学归纳法证明不等式；（2）
构造函数 ，利用函数的单调性证明不等式；（3）由递推关系证
明．
)(0 Nnxn 111 )1ln( nnnn xxxx )(0 1
Nnxx nn
111 )1ln( nnnn xxxx 2
1 1 1 1 1 14 2 2 ( 2)ln(1 )n n n n n n n nx x x x x x x x
2( ) 2 ( 2)ln(1 )( 0)f x x x x x x
( ) (0)f x f
2
1 1 1 1 12 ( 2)ln(1 ) ( ) 0n n n n nx x x x f x 1
12 ( N )2
n n
n n
x xx x n
2( ) 2 ( 2)ln(1 )( 0)f x x x x x x