【统一】2020年普通高等学校招生全国统一考试数学试题浙江卷参考解析

【关键字】统一 绝密★启用前

2017年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）

数学

本试题卷分选择题和非选择题两部分。全卷共4页，选择题部分1至2页，非选择题部分3至4页。满分150分。考试用时120分钟。 考生注意：

1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填在试题卷和答题纸规定的位置上。

2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。 参考公式：

球的表面积公式 球的体积公式 棱锥的高

台体的体积公式

其中Sa，Sb分别表示台体的上、下

锥体的体积公式

h表示其中S表示棱锥的底面面积，

其中R表示球的半径 柱体的体积公式 底面积 V=Sh

h表示台体的高 其中S表示棱柱的底面面积，h表示棱柱的高

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． 【答案】A

【解析】取所有元素，得. 2．椭圆的离心率是 A．

B．

C．

D．

B．

C．

D．

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【答案】B 【解析】，选B.

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 A．+1 【答案】A 【解析】，选A.

4．若,满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是 A．[0,6] 【答案】D

【解析】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. 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 C．与a无关，且与b无关 【答案】B

【解析】因为最值在中取，所以最值之差一定与b无关，选B.

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 C．充分必要条件 【答案】C

【解析】，所以为充要条件，选C.

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

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

B．与a有关，但与b无关 D．与a无关，但与b有关

B．[0,4]

C．[6，+∞]

D．[4,+∞]

B．+3

C．+1

D．+3

【解析】原函数先减再增，再减再增，因此选D.

8．已知随机变量1满足P（=1）=pi，P（=0）=1—pi，i=1，2.若0，< 8.【答案】A 【解析】 ，选A.

9．如图，已知正四面体D–ABC（所有棱长均相等的三棱锥），PQR分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，

BQCR2，分别记二面角D–PR–Q，D–PQ–R，D–QR–P的平面较为QCRA

B．<，> D．>，>

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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】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所以选B

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

I1＝OA·OB，I2＝OB·OC，I3＝OC·OD，则

A．I１１

B．I１C． I３D．I２【答案】C 【

解

析

】

因

为

AOBCOD90 ,所以

OBOC0OAOBOCOD(OAOC,OBOD)

选C

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S内，S内=。 【答案】

33 2【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则：S内=611sin602（abi）34i（i是虚数单位）则a2b2，ab=。 12．已知ab∈R，

12332

【答案】5,2

22ab322【解析】由题意可得ab2abi34i，则，解得

ab2a24，则2b1a2b25,ab2

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12

13．已知多项式x1x2=xa1xa2xa3xa4xa5，则a4=________________，

54321a5=________.

【答案】16,4

rrmm【解析】由二项式展开式可得通项公式为：C3xC2x，分别取r0,m1和r1,m032可得a441216，令x0可得a5124

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】1510, 2415．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】设向量

a,b的夹角为，由余弦定理有：

ab1222212cos54cos，

ab1222212cos54cos，则：

abab54cos54cos，

令y54cosx54cosx，则y21022516cos216,20，

据此可得：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） 【答案】660

411【解析】由题意可得：总的选择方法为：C8C4C3种方法，其中不满足题意的选法有41141111C64C4C3种方法，则满足题意的选法有：C8C4C3C6C4C3660种.

17．已知αR，函数f(x)=‖x+

4‖–α+α在区间[1,4]上的最大值是5，则α的取值x4word版本可编辑.欢迎下载支持.

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范围是___________. 【答案】(,]

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）=sinx–cosx–23 sin x cos x（xR）.

2

2

92（Ⅰ）求f（

2π）的值. 3（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间. 【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ）最小正周期为

ππ单调递增区间为kπ，kπ，kZ.

36【解析】（Ⅰ）f（x）=sin2xcos2x23sinxcosxcos2x3sin2x π =2sin2x

62π4ππ 则f（）=2sin2.

336（Ⅱ）f（x）的最小正周期为.

令2kππππππ2x2kπ，kZ，得kπxkπ，kZ. 26236ππ函数f（x）的单调递增区间为kπ，kπ，kZ.

36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. （Ⅰ）证明：CE∥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）

2. 8【解析】方法一：

（1）取AD的中点F，连接EF，CF ∵E为PD的重点 ∴EF∥PA

在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点 易得CF∥AB

∴平面EFC∥平面ABP ∵EC平面EFC ∴EC∥平面PAB

（2）连结BF，过F作FM⊥PB与M，连结PF 因为PA=PD，所以PF⊥AD

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易知四边形BCDF为矩形，所以BF⊥AD

所以AD⊥平面PBF，又AD∥BC，所以BC⊥平面PBF，所以BC⊥PB 设DC=CB=1，则AD=PC=2，所以PB=2，BF=PF=1 1所以MF=，又BC⊥平面PBF，所以BC⊥MF

21所以MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为

21也即点D到平面PBC的距离为

21因为E为PD的中点，所以点E到平面PBC的距离为

4在△PCD中，PC=2，CD=1，PD=2，由余弦定理可得CE=2 12设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sin4=

CE8方法二 解：（1）略；构造平行四边形

（2）过P作PH⊥CD，交CD的延长线于点H

2222在Rt△PDH中，设DH=x，则易知(2)x(1x)2，（Rt△PCH）

解得DH=

1 2过H作BC的平行线，取DH=BC=1， 由题易得B（

3131133，0,0），D（，1,0），C（，1,0），P（0,0，），E（，，）

2422242则CE(51333,,) ，PB(,0,)，BC(0,1,0) 4242233z0nPBx设平面PBC的法向量为n(x,y,z) ，则 ，令x=1,则t=3,故22nBCy0n(1,0,3)，

设直线CE与平面PBC所成的角为θ，

531|3|2442则sinθ=|cos文档从网络中收集，已重新整理排版.word版本可编辑.欢迎下载支持.

故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为

2 820．（本题满分15分）已知函数f(x)=（x–2x1）ex（x（Ⅰ）求f(x)的导函数；

（Ⅱ）求f(x)在区间[，+)上的取值范围.

1）. 2121212x【答案】（Ⅰ）f＇（x）=（1-x）（1-）e；（Ⅱ）[0, e].

22x1（Ⅱ）令g（x）= x-2x1，则g＇（x）=1-11，当≤x<1时，g＇（x）<0，当

22x1x>1时，g＇（x）>0，则g（x）在x=1处取得最小值，既最小值为0，又ex>0，则f（x）

在区间[

1，+）上的最小值为0. 2（当x变化时，f（x），f＇（x）的变化如下表：

x f＇（x） f（x） 1，1） 2- ↘ 1 0 （1， 5） 20 （5，+） 2- ↘ + ↗ 51151又f（）=e2，f（1）=0，f（）=e2，

2222112则f（x）在区间[，+）上的最大值为e.

2211综上，f（x）在区间[，+）上的取值范围是[0, e2].

2221．（本题满分15分）如图，已知抛物线xy，点A(，)，B(，)，抛物线上的

点P(x，y)(21111124392411x).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q. 24（Ⅰ）求直线AP斜率的取值范围； （Ⅱ）求APPQ的最大值. 【答案】（Ⅰ）（-1,1）；（Ⅱ） 【解析】解：（Ⅰ）由题易得P（x，x），-2

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14=x-1（-1,1）故kAP=， 12x2x2故直线AP斜率的取值范围为（-1,1）. （Ⅱ）由（Ⅰ）知P（x，x），-2

13112

-x，-x）， 24设直线AP的斜率为k， 则AP：y=kx+

11139， k+，BP：y=x24k2k411ykxk24由

139yxk2k41kk2k3k4k3k2k,) ， 故PQ(k21k212又PA(1k,kk) ，

(1k)3(k1)k2(k1)3(k1)3(k1)(k1)， 故PAPQPAPQ22k1k13即PAPQ(k1)(1k)，令f(x)(x1)(1x),1x1，

3则f(x)(x1)(24x)2(x1)(2x1)，当1x时，f(x)0， 故f(x)maxf()2211时，f(x)0，当x122122727，即PAPQ的最大值为. 161622．（本题满分15分）已知数列{xn}满足：x1=1，xn=xn+1+ln(1+xn+1)（n∈N*）.

证明：当n∈N*时， （Ⅰ）0＜xn+1＜xn； （Ⅱ）2xn+1− xn≤（Ⅲ）

12xnxn1； 212n2≤xn≤n1.

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【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析.

（Ⅰ）证明：令函数f(x)xln(1x)，则易得f(x)在[0,)上为增函数． 又xnf(xn1)，若xn0f(xn1)f(0)0恒成立xn10， 又由xnxn1ln(1xn1)可知xn0，

由xnxn1xn1ln(1xn1)xn1ln(1xn1)0xnxn1． 所以0xn1xn．

xx2x2（Ⅱ）令g(x)[xln(1x)][xln(1x)]ln(1x)x,x0，

222则

1x21x111g(x)ln(1x)x1ln(1x)xln(1x)x22(1x)22(1x)22(1x)2， 令h(x)111ln(1x)x， 22(1x)2112x25x210，所以h(x)单调递增． 则h(x)2(1x)2(1x)22(1x)2所以h(x)h(0)0，即g(x)0，g(x)单调递增．

xxln(1x)． 2xxx所以2xn1xnxn1ln(1xn1)[xn1ln(1xn1)]n1nn1．

22xx即2xn1xnnn1．

2所以g(x)g(0)0[xln(1x)]

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