2017年高考浙江卷数学试题解析(精编版)(解析版)

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2017 年一般高等学校招生全国一致考试 （浙江卷）

数学

【试卷评论】

【命题特点】

今年的高考数学试卷，试题的题型和背景熟习而常有，整体感觉试题灵巧，思想含量高．试卷内容上表现新课程理念，切近中学数学教课，坚持对基础知识、基本技术以及数学思想方法的考察．在保持稳固的基础上，进行适量的改革和创新，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”的试卷结构安稳，保持了“低起点、宽进口、多层次、划分好”的特点，主要表现了以下特点：

1．考察双基、着重覆盖

试题覆盖了高中数学的核心知识，波及了函数的图象、单一性、周期性、最大值与最小值、三角函数、数列、立体几何、分析几何等主要知识，考察全面而又深刻．

2．着重通性通法、突显能力

试题看似熟习平庸， 但将数学思想方法和修养作为考察的要点， 淡化了特别的技巧， 全面考察通性通法，表现了以知识为载体，以方法为依靠，以能力考察为目的的命题要求，提升了试题的层次和品位，很多试题保持了洁净、简短、朴素、了然的特点，充足表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．分层考察、逐渐加深

试题有条有理，由浅入深，各种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， 尔后几题则需要在充足理解数学观点的基础上灵巧应变； 解答题的 5 个题目中共有 11 个

小题，仍旧拥有早年的“多问把关”的命题特点．数学形式化程度高，不单需要考生有较强的数学阅读 与审题能力，并且需要考生有灵巧机智的解题策略与剖析问题解决问题的综合能力，如解答题的 题．

4．紧靠考纲、稳中有变

试题在考察要点保持稳固的前提下，坚持以中华文化为背景，表现数学文化的考察与思虑， 学思想和方法，在内涵方面，增添了基础性、综合性、应用性、创新性的要求 【命题趋向】

1. 试卷整体难度会中等及以上；

20、22

浸透现代数

．

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2. 试卷填空题多空出题目的：提升知识覆盖面﹑降低难度﹑提升得分率； 3. 试卷会有一部分简单试题，照料数学基础单薄的学生，表现公正性原则；

选择题部分 （共 40 分）

一、选择题：本大题共

10 小题，每题 4 分，共 40 分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项切合题

目要求的。

1．已知会合 P { x | 1 x 1} ， Q {0

x 2} ，那么 P

Q

A． ( 1,2)

B ． (0,1)

C． ( 1,0) D ． (1,2)

【答案】 A

【考点】会合运算

【名师点睛】对于会合的交、并、补运算问题，应先把会合化简再计算，经常借助数轴或韦恩图办理． 2．椭圆

x2

9

13

y2

4

1 的离心率是

A ． B ．

5 3

C．

2

3

D ．

5

9

3

【答案】 B 【分析】 试题剖析： e

9 4

5 3

，选 B．

3

【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，其要点就是确定一个对于 a,b, c 的方程或

不等式，再依据 a,b, c 的关系消掉

b 获得 a,c 的关系式，成立对于 a, b, c 的方程或不等式，要充足利用椭

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下图（单位： cm），则该几何体的体积（单位：

cm3）是

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（第 3 题图）

B ．3 2

C．

A ．1 2 【答案】 A

3 2

1 D ．

3

2

3

【考点】 三视图

【名师点睛】思虑三视图复原空间几何体第一应深刻理解三视图之间的关系，按照“

长对正，高平齐， 宽相等 ” 的基来源则，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虑方法： 1、第一看俯视图，依据俯视图画出几何体地面的直观图； 左、右的高度； 3、画出整体，而后再依据三视图进行调整．

x 0

2、察看正视图和侧视图找到几何体前、后、

4．若 x ， y 知足拘束条件 x y 3 0 ，则 z x 2 y的取值范围是

x 2y

A．[0，6] 【答案】 D 【分析】

0

C．[6，

B． [0，4] ) D． [4， )

试题剖析：如图，可行域为一开放地区，所以直线过点 (2,1) 时取最小值 4，无最大值，选

D ．

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【考点】 简单线性规划

【名师点睛】此题主要考察线性规划问题，第一由不等式组作出相应的可行域，作图时，可将不等式

Ax By C 0 转变为 y kx b （或 y kx b ），“ ”取下方，“ ”取上方，并明确可行域对应的

是关闭地区仍是开放地区、分界限是实线仍是虚线，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、仍是点到直线的距离等等，最后联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 没关

C．与 a 没关，且与 b 没关

D．与 a 没关，但与 b 有关

【答案】 B

【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， 往常先判断函数图象对称轴与所给自变量闭区间的关系，联合图象，当函数图象张口向上时，若对称轴在区间的左侧，则函数在所给区间内单一递加；若对称轴

在区间的右侧， 则函数在所给区间内单一递减； 若对称轴在区间内， 则函数图象极点的纵坐标为最小值，区间端点距离对称轴较远的一端获得函数的最大值．

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>2 S5”的

A ．充足不用要条件 C．充足必需条件 【答案】 C 【分析】

B．必需不充足条件 D．既不充足也不用要条件

试题 剖析：由 S4 S6 2 S5 10a1 21d 2(5a1 10d ) d ， 可知当 d 0 时， 有 S4 S6 2S5 0 ，即

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d 0

4 6

5 ”的充要条件，选 C．

S4 S6 2S5 ，反之，若 S4 S6 2S5 ，则 【考点】 等差数列、充足必需性

，所以“ d>0”是“ S + S >2S

【名师点睛】 此题考察等差数列的前 n 项和公式， 经过套入公式与简单运算， 合充足必需性的判断，若 “ d 0 ”

“S4 S6

p

q ，则 p 是 q 的充足条件，若

可知 S4 S6 2S5 d ， 结 p

q ，则 p 是 q 的必需条件，该题

2S5 0 ”，故互为充要条件． f ( x) 的图象如下图，则函数

7．函数 y=f (x)的导函数 y y=f (x) 的图象可能是

（第 7 题图）

【答案】 D

【考点】 导函数的图象

0

【名师点睛】此题主要考察导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与

x 轴的交点为

x ，且图象在 x0 双侧邻近连续散布于 x 轴上下方，则 x0 为原函数单一性的拐点，运用导数知识来议论函数单一性时， 由导函数 f' (x) 的正负，得出原函数 8．已知随机变量

f (x) 的单一区间．

i 知足 P（ i =1） =pi， P（ i =0） =1– pi， i=1， 2． 若 01 2

，则

A．E( 1)E( 2)，D( 1)B．E( 1)D( 2) D． E( 1)>E( 2)，D( 1)>D( 2)

E( 1) p1, E ( 2 ) p2 ，∴ E ( 1 ) E( 2)， p1 ), D( 2 ) p2 (1

p2 ) ，∴ D ( 1 ) D ( 2 ) ( p1 p2 )(1 p1 p2 ) 0，应选 A．

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【考点】 两点散布

【名师点睛】求失散型随机变量的散布列，第一要依据详细状况确定

X 的取值状况，而后利用摆列，组

合与概率知识求出

X 取各个值时的概率． 对于听从某些特别散布的随机变量，

其散布列能够直策应用公

式给出，此中超几何散布描绘的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．由已知此题随 机变量

i

听从两点散布，由两点散布数学希望与方差的公式可得 A 正确．

9．如图，已知正四周体 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

CR 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

QC

（第 9 题图）

A ． γ<α<β

B ． α<γ<β C． α<β<γ

D． β<γ<α

【答案】 B

【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，也是高考要点考察的考点与热门．这种问题的设置一般有线面地点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断定理进行；解答第二类问题时先成立空间直角坐标系，运用空间向量的坐标形式及数目积公式进行求解．

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 I1＝OAOB· ， I 2＝OB·OC ， I 3＝OC·OD ，则

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（第 10 题图）

A． I1 I2 I3 B． I1 I3 I2 C．I3 I1 I2 D． I2 I1 I3

【答案】 C

【考点】 平面向量的数目积运算

【名师点睛】平面向量的计算问题，常常有两种形式，一是利用数目积的定义式，二是利用数目积的坐标运算公式，波及几何图形的问题，先成立适合的平面直角坐标系，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变为向

量的数目积来解决．列出方程组求解未知数．此题经过所给条件联合数目积运算，易得

AOB COD 90 ，由 AB＝ BC＝ AD＝ 2，CD＝3，可求得 OA OC ，OB

OD ，从而获得 I3 I1 I2 ． 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。 π，理论上能把 π的值计算到随意精度．祖冲之

11．我国古代数学家刘徽创办的“割圆术”能够估量圆周率

继承并发展了“割圆术”，将

π 的值精准到小数点后七位，其结果当先世界一千多年．“割圆术”的

S6，S6

． 第一步是计算单位圆内接正六边形的面积

【答案】 【分析】

3 3

2

试题剖析：将正六边形切割为

6 个等边三角形，则 S6 6 ( 1 1 1 sin 60 )

2

3 3 ． 2

【考点】数学文化

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【名师点睛】此题大略看起来文字量大，其实质为计算单位圆内接正六边形的面积，将正六边形切割

为 6 个等边三角形，确定 6 个等边三角形的面积即可，此中对文字信息的读取及提取实用信息方面至关重要，考生面对这方面题目时应多加耐心，认真剖析题目中所描绘问题的实质，联合所学进行有目

的的求解．

（a

2

bi） 3 4i

a

2

b

2 ， ab=

．

12．已知 a， b∈ R，

【答案】 5， 2

（ i 是虚数单位）则

【考点】复数的基本运算和复数的观点

【名师点睛】此题要点考察复数的基本运算和复数的观点，属于基此题．第一对于复数的四则运算，

要确实掌握其运算技巧和惯例思路，如

(a bi)( c di) ( ac bd) (ad bc)i,( a,b, c, d R ) ． 其次要熟

2 2

悉复数有关基本观点， 共轭为 a

如复数 a bi( a,b R ) 的实部为 a 、虚部为 b 、模为 a

2

b 、对应点为（ a ，b ）、

bi 等．

3

5

4

3

2

13．已知多项式 ( x 1) (x

【答案】 16， 4 【分析】

2) x

a1x a2 x a3 x a4 x a5 ，则 a4 =________ ， a5 =________ ．

试题剖析： 由二项式睁开式可得通项公式为： C3r xr C2m xm 22 m r 1,m 0

4

C3r C2m 22 m

xr m ，分别取 r 0, m 1 和

2

可得 a

【考点】二项式定理

4 12 16 ，取 r

m ，可得 a5 1 2 4．

【名师点睛】此题主要考察二项式定理的通项与系数，属于简单题． 二项睁开式定理的问题也是高考

命题热门之一，对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： 式的通项公式 Tr 1

Cnr an r b r ；（能够考察某一项，也可考察某一项的系数） （ 1）考察二项睁开

（ 2）考察各项系数和和各项

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 延伸线上一点， BD=2，连结 CD，则△ BDC 的面积是 ______，

cos∠ BDC =_______． 【答案】

15

2

,

10

4

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【考点】解三角形

【名师点睛】利用正、余弦定理解决实质问题的一般思路：

（ 1）实质问题经抽象归纳后，已知量与未

（ 2）实质问题经抽象归纳后，已

知量所有集中在一个三角形中，能够利用正弦定理或余弦定理求解；

知量与未知量波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，再逐渐解

其余三角形，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．

．已知向量 ， 知足 a 1, b 2, 则 a b a b 的最小值是 ，最大值是 ． 15 a b ________ _______

【答案】 4， 2 5 【分析】

试题剖析：设向量 a, b 的夹角为 ，由余弦定理有： a b12 a b

12 22

2 1 2 cos

5 4cos ，则：

2 2 2 1 2 cos 5 4cos ，

a b

令 y

a b

5 4cos

5 4cos

5

5 4cos ，

2

4cos ，则 y

10 2 25 16cos2

a b

min

， 16,20 16 4 ，

据此可得： a b

a b

max 20 2 5, a b

即 a b a b 的最小值是

4，最大值是 2 5 ．

【考点】平面向量模长运算

【名师点睛】此题经过设向量 a,b 的夹角为 ，联合模长公式， 5 4cos

可得

a b a b 5 4cos

，再利用三角函数的有界性求出最大、最小值，属中档题，对 2017年高考浙江卷数学试题分析(精编版)(分析版)

学生的转变能力和最值办理能力有必定的要求．

16．从 6 男 2 女共 8 名学生中选出队长

1 人，副队长 1 人，一般队员 2 人构成 4 人服务队，要求服务队中

起码有 1 名女生，共有 ______种不一样的选法．（用数字作答） 【答案】 660

【考点】摆列组合的应用

【名师点睛】此题主要考察分类计数原理与分步计数原理及摆列组合的应用，有关摆列组合的综合问题，常常是两个原理及摆列组合问题交错应用才能解决问题，解答这种问题理解题意很要点，必定多读题才能发掘出隐含条件．解题过程中要第一分清“是分类仍是分步”、“是摆列仍是组合”，在应用分类计数加法原理议论时，既不可以重复交错议论又不可以遗漏，这样才能提升正确率．在某些特定问

题上，也可充足考虑“正难则反”的思想方式． 17．已知 a

R，函数 f (x)

| x

4 x

a |

a 在区间 [1， 4]上的最大值是 5，则 a 的取值范围是 ___________．

【答案】 ( , ]

2 【分析】

9

试题剖析： x 1,4 , x

4 x a x

4,5 ，分类议论：

①当 a 5 时， f x

4 a 2a x

x

4 ， x

函数的最大值 2a

4 5, a

9 ，舍去；

x

2

x

②当 a

4 时， f

x

4 x

a a

4 x

5 ，此时命题成立； a, 5 a a ，则：

③当 4

a 5 时，

f x

max

max 4 a

4 a a 4 a a

5

5 a a4 a a 5 a a

或

，解得： a

9

5 a a 5

, 9 ．

2

或 a 9

2 2

综上可得，实数 a 的取值范围是

【考点】基本不等式、函数最值

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【名师点睛】此题利用基本不等式，由

x 1,4

4；③ 4

，得 x

4 x

4,5 ，经过对分析式中绝对值符号的办理，

进行有效的分类议论：① a 5 ；② a

a

5 ，问题的难点在于对分界点确实认及议论上，属

于难题．解题时，应认真对各样状况逐个进行议论． 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．

2218．（此题满分 14 分）已知函数 f（ x） =sinx–cosx–2 3 sin x cos x（ x R）．

（Ⅰ）求 f ( 2 ) 的值．

3

（Ⅱ）求 f ( x) 的最小正周期及单一递加区间． 【答案】（Ⅰ） 2；（Ⅱ）最小正周期为

，单一递加区间为

[ 6

k ,

2

3

k ] k Z ．

试题分析：（Ⅰ）由 sin

2 3

3 2

， cos 2

1 ， 2 ( )

f ( ) ( )3

23

3

2

12

2

2 3

2

3 2

( )． 2

1

得

f ( ) 2 ． 3

2

（Ⅱ）由 cos2 x cos2 x

sin 2 x 与 sin 2 x 2sin x cos x 得

f ( x)

cos2 x 2sin(2 x

3sin 2 x ． ) ．

6

所以 f ( x) 的最小正周期是 由正弦函数的性质得

．

2k 2

2 x

6

3 2

2k , k Z ，

解得

k

x

2 3

k , k

Z ，

所以， f ( x) 的单一递加区间是 [k , 6

2 6

3 k ]， k Z ．

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【考点】三角函数求值、三角函数的性质

【名师点睛】此题主要考察了三角函数的化简，以及函数

y Asin x

的性质，是高考取的常考

知识点，属于基础题，重申基础的重要性；三角函数解答题中，波及到周期，单一性，单一区间以及

最值等考点时，都属于考察三角函数的性质，第一应把它化为三角函数的基本形式即

y Asin x

，而后利用三角函数

y A sinu 的性质求解．

BC / / AD ， 19．（此题满分 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．

P

E

A

D

B

（第 19 题图）

C

（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）看法析；（Ⅱ）

2

8

．

试题分析：

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P

F

H

Q

E

A

N

D

BM PA 中点为 F，连结 EF， FB．

C

（Ⅰ）如图，设

由于 E， F 分别为 PD， PA 中点，所以

EF //AD 且EF

1

AD ，

2

又由于 BC / /AD ， BC

1 2

AD ，所以

EF //BC且EF BC，

即四边形 BCEF 为平行四边形，所以

CE //BF，

所以

CE / / 平面 PAB．

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

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⊥平面 PBN． 平面 PBC

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= 在△ PBN 中，由 PN=BN=1，PB =

2得 CE= 2 ， 3得 QH=，

1

4

在 Rt△ MQH 中， QH= ， MQ = 2 ， 4

1

所以

sin∠ QMH = 2 ，

8

所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值是

2 ． 8

【考点】证明线面平行，求线面角

【名师点睛】此题主要考察线面平行的判断定理、线面垂直的判断定理及面面垂直的判断定理，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判断定理，使用这个定理的要点是想法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特点，合理利用中位线定理、线面平行的性质或许结构平行四边形、找寻比率式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在此中一

平面内的直线平行于另一平面．此题（ 1）是就是利用方法①证明的．此外，此题也可利用空间向量求解线面角．

20．（此题满分 15 分）已知函数 f(x)= （x– 2x

1 ） e x （ x

1 ）． 2

1

（Ⅰ）求 f(x)的导函数； （Ⅱ）求 f(x)在区间 [

1

，+ ) 上的取值范围．

2

【答案】（Ⅰ） f' ( x)

(1 x)(1

2 2x

)e x ；（Ⅱ） [0， e 2 ]． 1 2

1

【分析】

试题剖析：此题主要考察函数的最大（小）值，导数的运算及其应用，同时考察剖析问题和解决问题

的能力。满分 15 分。

（Ⅰ）利用求导法例及求导公式，可求得

f ( x) 的导数；（Ⅱ）令 f' ( x)

0 ，解得 x 1 或 ，从而判断 2

5

函数 f ( x) 的单一区间，联合区间端点值求解函数 f ( x) 的取值范围．

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（Ⅱ）由

f' (x)

(1 x)( 2x

2 x

1 2)e x 1

0 ，

解得

x 1 或 x

5 ． 2

由于

x

1 2

（，1）

2 – 1

1

1

（1， ）

2

5

5 2 0 1 2

（， 2

5

）

0

+

–

5

f（ x）

1 2

e

2

0

e 2

又 f (x)

1

1

( 2 x 1 1)2 e x 2

0 ，

所以 f（ x）在区间 [

1 ,

2

1 ) 上的取值范围是 [0, e 2 ] ．

2

【考点】导数的应用

【名师点睛】此题主要考察导数两大方面的应用： 单一性时，第一考虑函数的定义域，再求出

（一） 函数单一性的议论：运用导数知识来议论函数 f' (x) ，由 f' ( x) 的正负，得出函数 f ( x) 的单一区间；（二）

函数的最值（极值）的求法：由单一区间，联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．

2

f (x) 的

21．（此题满分 15 分）如图，已知抛物线

x y ，点 A (

1 1

，)，B(

3 9 2 4

， ) ，抛物线上的点

P( x, y)(

1 2

x

3 2

) ．过

2 4

点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q．

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（第 19 题图）

（Ⅰ）求直线 AP 斜率的取值范围；

（Ⅱ）求 | PA | | PQ | 的最大值．

【答案】（Ⅰ） ( 1,1)；（Ⅱ）

27

16

试题分析：

（Ⅰ）设直线 AP 的斜率为 k，

x2 k

x

1 ， x

1 2 2 ( 1,1)．

1 4

由于

，所以直线 AP 斜率的取值范围是 1 x

2 2

3

（Ⅱ）联立直线 AP 与 BQ 的方程

kx y 1 k

2 x

1 0,

4 3 0, 2

ky 9 k

4

解得点 Q 的横坐标是

xQ

k2 4k 3

． 2 2( k1)

由于

2017年高考浙江卷数学试题分析(精编版)(分析版)

|PA|= 1 k ( x

2

1

) =

1 k2 (k 1) ，

2 x)

|PQ|=

1 k 2 (xQ

， (k 1)(k 1)2

k2 1

所以 PA PQ(k 1)(k 1)3 ．

令 f (k) (k 1)(k 由于

1)3 ，

2

f '(k)(4 k 2)(k 1) ，

1 所以 f(k)在区间 (

所以当 k= 时， | PA | | PQ | 获得最大值

2

1

1, 1 ) 上单一递加， ( ,1) 上单一递减， 2 2

27

．

16

【考点】直线与圆锥曲线的地点关系

【名师点睛】此题主要考察直线方程、直线与抛物线的地点关系等基础知识，同时考察分析几何的基

本思想方法和运算求解能力，经过表达 | PA | | PQ |的最大值．

n

| PA | 与 | PQ | 的长度，经过函数f (k)

(k 1)(k 1)3 求解

22．（此题满分 15 分）已知数列 { x } 知足： x =1， x =x

1n +ln(1+ x )（

n N n+1 n+1

）．

证明：当 n N 时，

（Ⅰ） 0＜ xn +1＜xn ；

（Ⅱ） 2xn +1- xn≤

xnxn 1

；

2

（Ⅲ）

1

2

n 1 ≤xn≤

1

n 2 ．

2

【答案】（ Ⅰ ）看法析；（ Ⅱ ）看法析；（ Ⅲ ）看法析．

【分析】此题主要考察数列的观点、递推关系与单一性等基础知识，不等式及其应用，同时考察推理

论证能力、剖析问题和解决问题的能力。满分 15 分。

2

试题剖析：（Ⅰ）用数学归纳法可证明；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得

2

xn xn 1 4xn 1 2xn xn 1 利用函数的单一性可证；

(n

2xn 1 (xn 1 2)ln(1 xn 1 ) ， 结构函数 （Ⅲ）由 xn xn 1

f (x) x 2 x ( x 2)ln(1 x)( x 0) ，

ln(1 xn 1 ) xn 1

xn 1 及 xn xn 1 2

2xn 1 xn ，递推可得

1

n 1

xn

1 2

n 2

N )

2

2017年高考浙江卷数学试题分析(精编版)(分析版)

试题分析：（Ⅰ）用数学归纳法证明：

xn 0 ．

当 n=1 时，

x1=1>0 ．假定 n=k 时， xk>0，

那么 n=k+1 时，若 xk 1 所以 xn 0(n N ) ． 所以

0 ，则 0 xk xk 1 ln(1 xk 1) 0 ，矛盾，故 xk 1

0 ．

xn xn 1 ln(1 xn 1 ) xn 1 ，

所以 0 xn 1 xn (n N ) ． 故

2xn 1 xn

xn xn 1 (n N ) ． 2

（Ⅲ）由于

xn xn 1 ln(1 xn 1 ) xn 1 xn 1

所以

2xn 1 ，

1 xnn 1 ， 2

由 xn xn 1

2

2xn 1

xn ，得

1 xn 1

) 0， 1 2(

2 xn 2

1 1

所以

1

故

xn 1 2( 2

1

n 1

1 ) 2

2n 1 ( 1

x1

1 ) 2 n 2 ， x

2

2017年高考浙江卷数学试题分析(精编版)(分析版)

x

n

1 ． 2n 2

综上，

1

n 1

xn

n 2

1

( n N ) ．

2 【考点】数列，不等式证明

2

【名师点睛】此题主要应用：

（ 1）数学归纳法证明不等式； （ 2）结构函数，利用函数的单一性证明不

等式；（3）利用递推关系证明．