数学卷·2017届浙江省绍兴市柯桥区2017届高三下学期期中数学试卷（解析版）

数学卷·2017届浙江省绍兴市柯桥区2017届高三下学期期中数学试卷（解析版）

‎2016-2017学年浙江省绍兴市柯桥区高三（下）期中数学试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．‎ ‎1．设f（x）=log2x的定义域为是A={1，2，4}，值域为B，则A∩B=（　　）‎ A．{1} B．{2} C．{1，2} D．{1，4}‎ ‎2．复数z满足（1+i）z=i+2，则z的虚部为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎4．已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（　　）‎ A．﹣3 B．2 C．﹣3或2 D．‎ ‎5．已知随机变量ξ的分布列为下表所示，若，则Dξ=（　　）‎ ξ ‎﹣1‎ ‎0‎ ‎1‎ P a b A． B． C．1 D．‎ ‎6．设集合，则A表示的平面区域的面积是（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎7．已知函数f（x）=asinx+bcosx（a≠0）在处取得最小值，则函数是（　　）‎ A．偶函数且它的图象关于点（π，0）对称 B．偶函数且它的图象关于点对称 C．奇函数且它的图象关于点（π，0）对称 D．奇函数且它的图象关于点对称 ‎8．已知x，y∈R，（　　）‎ A．若|x﹣y2|+|x2+y|≤1，则 B．若|x﹣y2|+|x2﹣y|≤1，则 C．若|x+y2|+|x2﹣y|≤1，则 D．若|x+y2|+|x2+y|≤1，则 ‎9．已知平面向量满足，，，，则最大值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．已知异面直线l1，l2，点A是直线l1上的一个定点，过l1，l2分别引互相垂直的两个平面α，β，设l=α∩β，P为点A在l的射影，当α，β变化时，点P的轨迹是（　　）‎ A．圆 B．两条相交直线 C．球面 D．抛物线 ‎　‎ 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．双曲线的渐近线方程是　 　，离心率是　 　．‎ ‎12．某四棱锥的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是　 　cm3，侧面积是　 　cm2．‎ ‎13．已知正数数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1=　 　，Sn=　 　．‎ ‎14．若正数a，b满足3+log2a=1+log4b=log8（a+b），则a=　 　‎ ‎，b=　 　．‎ ‎15．现有排成一列的5个花盆，要将甲、乙两种花种在其中的2个花盆里（每个花盆种一种花），若要求每相邻的3个花盆里至少有一种花，则这样的不同的种法数是　 　（用数字作答）‎ ‎16．已知圆O1和圆O2都经过点A（0，1），若两圆与直线4x﹣3y+5=0及y+1=0均相切，则|O1O2|=　 　．‎ ‎17．已知函数f（x）=x2+mx++n（m，n∈R）有零点，则m2+n2的取值范围是　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分．‎ ‎18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bcosC+（2a+c）cosB=0．‎ ‎（I）求角B的值；‎ ‎（II）若b=1，，求△ABC的面积．‎ ‎19．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．‎ ‎（I）求证：GF∥平面ADE；‎ ‎（II）求GF与平面ABE所成角的正切值．‎ ‎20．已知函数f（x）=x+．‎ ‎（Ⅰ）当λ＞0时，求证：f（x）≥（1﹣λ）x+λ，并指出等号成立的条件；‎ ‎（Ⅱ）求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞λ．‎ ‎21．已知椭圆，点A（3，0），P是椭圆C上的动点．‎ ‎（I）若直线AP与椭圆C相切，求点P的坐标；‎ ‎（II）若P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形OPAB面积的最小值．‎ ‎22．已知正项数列{an}满足：a1=，an2=an﹣1an+an﹣1（n≥2），Sn为数列{an}的前n项和．‎ ‎（I）求证：对任意正整数n，有；‎ ‎（II）设数列的前n项和为Tn，求证：对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，Tn＞M．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年浙江省绍兴市柯桥区高三（下）期中数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．‎ ‎1．设f（x）=log2x的定义域为是A={1，2，4}，值域为B，则A∩B=（　　）‎ A．{1} B．{2} C．{1，2} D．{1，4}‎ ‎【考点】4N：对数函数的图象与性质．‎ ‎【分析】计算f（1），f（2），f（4），得出B，从而得出A与B的交集．‎ ‎【解答】解：f（1）=0，f（2）=1，f（4）=2，‎ ‎∴B={0，1，2}，‎ ‎∴A∩B={1，2}．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．复数z满足（1+i）z=i+2，则z的虚部为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】A5：复数代数形式的乘除运算．‎ ‎【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出．‎ ‎【解答】解：∵（1+i）z=i+2，∴（1﹣i）（1+i）z=（i+2）（1﹣i），∴2z=3﹣i，∴﹣i．‎ 则z的虚部为，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．已知四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”，又AD与BC相交．∴l⊥平面ABCD⇒l垂直于两底AB，CD，反之不成立．即可判断出结论．‎ ‎【解答】解：四边形ABCD为梯形，AB∥CD，l为空间一直线，则“l垂直于两腰AD，BC”，又AD与BC相交．‎ ‎∴l⊥平面ABCD⇒l垂直于两底AB，CD，反之不成立．‎ ‎∴“l垂直于两腰AD，BC”是“l垂直于两底AB，CD”的充分不必要条件．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（　　）‎ A．﹣3 B．2 C．﹣3或2 D．‎ ‎【考点】6H：利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎【分析】求出导数，设出切点，可得切线的斜率，解方程可得切点的横坐标．‎ ‎【解答】解：设切点为（m，n），（m＞0），‎ 的导数为y′=x﹣，‎ 可得切线的斜率为m﹣=﹣，‎ 解方程可得，m=2．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．已知随机变量ξ的分布列为下表所示，若，则Dξ=（　　）‎ ξ ‎﹣1‎ ‎0‎ ‎1‎ P a b A． B． C．1 D．‎ ‎【考点】CG：离散型随机变量及其分布列．‎ ‎【分析】由ξ的分布列的性质得到+a+b=1，E（ξ）=求得a、b的值，‎ 再利用离散型随机变量方差公式求得D（ξ）的值．‎ ‎【解答】解：由E（ξ）=﹣1×+0×a+1×b=，整理得b=，‎ 由+a+b=1，a=1﹣﹣=，‎ ‎∴D（ξ）=（﹣1﹣）2×+（0﹣）2×+（1﹣）2×=．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．设集合，则A表示的平面区域的面积是（　　）‎ A． B． C． D．1‎ ‎【考点】7B：二元一次不等式（组）与平面区域．‎ ‎【分析】画出不等式组表示的平面区域，求出三角形的顶点坐标，结合图形计算三角形的面积．‎ ‎【解答】解：画出不等式组所表示的平面区域如图所示，‎ 联立，‎ 得A（0，1），‎ 联立，‎ 得B（﹣，﹣），‎ 联立，‎ 得C（，﹣）；‎ ‎∴又直线x﹣y﹣1=0交y轴于点D（0，﹣1）‎ ‎∴不等式组表示的平面区域面积为 S=S△ABD+S△ACD=×2×+×2×=1．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．已知函数f（x）=asinx+bcosx（a≠0）在处取得最小值，则函数是（　　）‎ A．偶函数且它的图象关于点（π，0）对称 B．偶函数且它的图象关于点对称 C．奇函数且它的图象关于点（π，0）对称 D．奇函数且它的图象关于点对称 ‎【考点】GI：三角函数的化简求值．‎ ‎【分析】由题意可得﹣（a+b）=﹣，即有b=a，故f（x）=asin（x+）．求得f（﹣x）=asinx，再利用正弦函数的性质得出结论．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=asinx+bcosx=sin（x+θ）（a≠0）的周期为2π，‎ 在处取得最小值，‎ 故有﹣（a+b）=﹣，即有b=a，∴f（x）=asin（x+）．‎ 则f（﹣x）=asin（π﹣x）=asinx．‎ 则函数y=f（﹣x）为奇函数，对称中心为（kπ，0），k∈Z，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．已知x，y∈R，（　　）‎ A．若|x﹣y2|+|x2+y|≤1，则 B．若|x﹣y2|+|x2﹣y|≤1，则 C．若|x+y2|+|x2﹣y|≤1，则 D．若|x+y2|+|x2+y|≤1，则 ‎【考点】7B：二元一次不等式（组）与平面区域．‎ ‎【分析】利用绝对值不等式的性质，得出（x2﹣y）+（y2﹣x）≤|x2﹣y|+|y2﹣x|=|x﹣y2|+|x2﹣y|≤1，即得，判断B正确．‎ ‎【解答】解：对于A，|x﹣y2|+|x2+y|≤1，‎ 由化简得x2+x+y2﹣y≤1，二者没有对应关系；‎ 对于B，由（x2﹣y）+（y2﹣x）≤|x2﹣y|+|y2﹣x|=|x﹣y2|+|x2﹣y|≤1，‎ ‎∴x2﹣x+y2﹣y≤1，即，命题成立；‎ 对于C，|x+y2|+|x2﹣y|≤1，‎ 由化简得x2+x+y2+y≤1，二者没有对应关系；‎ 对于D，|x+y2|+|x2+y|≤1，‎ 化简得x2﹣x+y2+y≤1，二者没有对应关系．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．已知平面向量满足，，，，则最大值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】9R：平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】设， =， =，则由向量的数量积运算公式可知最大值为4S，根据A点轨迹找出A到BC的最大距离即可求出最大值．‎ ‎【解答】解：设， =， =，与所成夹角为θ，‎ 则=|AB|2|AC|2﹣|AB|2|AC|2cos2θ=|AB|2|AC|2sin2θ=|AB|2|AC|2sin2∠CAB，‎ ‎=4S2△ABC，‎ ‎∵，，，∴的夹角为60°，‎ 设B（3，0，），C（1，），则|BC|=，‎ ‎∴S△OBC==，设O到BC的距离为h，‎ 则=S△OBC=，‎ ‎∴h=，‎ ‎∵||=4，∴A点落在以O为圆心，以4为半径的圆上，‎ ‎∴A到BC的距离最大值为4+h=4+．‎ ‎∴S△ABC的最大值为××（4+）=2+，‎ ‎∴最大值为4（2+）2=（4+3）2．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．已知异面直线l1，l2，点A是直线l1上的一个定点，过l1，l2分别引互相垂直的两个平面α，β，设l=α∩β，P为点A在l的射影，当α，β变化时，点P的轨迹是（　　）‎ A．圆 B．两条相交直线 C．球面 D．抛物线 ‎【考点】LO：空间中直线与直线之间的位置关系．‎ ‎【分析】由题意，异面直线l1，l2间的距离为定值，P为点A在l的射影，则PA为定值，点A是直线l1上的一个定点，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：由题意，异面直线l1，l2间的距离为定值，P为点A在l的射影，则PA为定值，即异面直线l1，l2间的距离，‎ ‎∵点A是直线l1上的一个定点，‎ ‎∴当α，β变化时，点P的轨迹是球面，‎ 故选C．‎ ‎　‎ 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．双曲线的渐近线方程是　y=±x　，离心率是　　．‎ ‎【考点】KB：双曲线的标准方程．‎ ‎【分析】直接利用方程，可得双曲线的性质．‎ ‎【解答】解：双曲线的渐近线方程是y=±x，‎ a=，b=1，c=，离心率是=，‎ 故答案为y=±x，．‎ ‎　‎ ‎12．某四棱锥的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是　12　cm3，侧面积是　27　cm2．‎ ‎【考点】L!：由三视图求面积、体积．‎ ‎【分析】首先还原几何体，根据图中数据计算几何体体积、侧面积．‎ ‎【解答】解：由三视图得到几何体如图：‎ 体积为=12；‎ 侧面积为=27；‎ 故答案为：12；27．‎ ‎　‎ ‎13．已知正数数列{an}的前n项和Sn满足：Sn和2的等比中项等于an和2的等差中项，则a1=　2　，Sn=　2n2　．‎ ‎【考点】89：等比数列的前n项和．‎ ‎【分析】由等差中项和等比中项可得=，平方可得Sn=，把n=1代入可得a1=2，还可得Sn﹣1=，又an=SnS﹣n﹣1，数列各项都是正数，可得an﹣an﹣1=4，可得数列为等差数列，可得前n项和公式．‎ ‎【解答】解：由题意知=，平方可得Sn=，①‎ ‎①由a1=S1得=，从而可解得a1=2．‎ 又由①式得Sn﹣1=（n≥2）…②‎ ‎①﹣②可得an=SnS﹣n﹣1=﹣（n≥2）‎ 整理得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣4）=0 ‎ ‎∵数列{an}的各项都是正数，‎ ‎∴an﹣an﹣1﹣4=0，即an﹣an﹣1=4．‎ 故数列{an}是以2为首项4为公差的等差数列，‎ ‎∴Sn=2n+=2n2．‎ 当n=1时，S1=a1=2．‎ 故Sn=2n2．‎ 故答案是：2；2n2．‎ ‎　‎ ‎14．若正数a，b满足3+log2a=1+log4b=log8（a+b），则a=　　，b=　　．‎ ‎【考点】4H：对数的运算性质．‎ ‎【分析】正数a，b满足3+log2a=1+log4b=log8（a+b），利用对数的运算法则与单调性可得：8a==，解出即可得出．‎ ‎【解答】解：∵正数a，b满足3+log2a=1+log4b=log8（a+b），‎ ‎∴log2（8a）==，‎ ‎∴8a==，‎ 解得a==b．‎ 故答案为：，．‎ ‎　‎ ‎15．现有排成一列的5个花盆，要将甲、乙两种花种在其中的2个花盆里（每个花盆种一种花），若要求每相邻的3个花盆里至少有一种花，则这样的不同的种法数是　14　（用数字作答）‎ ‎【考点】D9：排列、组合及简单计数问题．‎ ‎【分析】先求出没有限制的种数，再排除三个空盆相邻的种数，问题得以解决．‎ ‎【解答】解：没有限制的种花种数为A52=20种，其中三个空盆相邻的情况有A33=6种，‎ 则每相邻的3个花盆里至少有一种花，则这样的不同的种法数是20﹣6=14种，‎ 故答案为：14．‎ ‎　‎ ‎16．已知圆O1和圆O2都经过点A（0，1），若两圆与直线4x﹣3y+5=0及y+1=0均相切，则|O1O2|=　　．‎ ‎【考点】JA：圆与圆的位置关系及其判定．‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，可得两圆中一个圆的圆心在坐标原点，由已知列式求出另一圆心坐标，则答案可求．‎ ‎【解答】解：如图，∵原点O到直线4x﹣3y+5=0的距离d=，到直线y=﹣1的距离为1，且到（0，1）的距离为1，‎ ‎∴圆O1和圆O2的一个圆心为原点O，不妨看作是圆O1，‎ 设O2（a，b），则由题意：‎ ‎，解得．‎ ‎∴．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎17．已知函数f（x）=x2+mx++n（m，n∈R）有零点，则m2+n2的取值范围是　[，+∞）　．‎ ‎【考点】52：函数零点的判定定理．‎ ‎【分析】令t=x+，得出关于t的方程t2+mt+n﹣2=0在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有解，根据零点的存在性定理列不等式，作出平面区域，根据m2+n2的几何意义解出．‎ ‎【解答】解：f（x）=x2+mx++n==．‎ 令x+=t，当x＞0时，t≥2；当x＜0时，t≤﹣2．‎ ‎∵函数f（x）在定义域上有零点，∴方程t2+mt+n﹣2=0在（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）上有解，‎ ‎∴2﹣2m+n≤0或2+2m+n≤0，‎ 作出平面区域如图所示：‎ 由图形可知平面区域内的点到原点的最短距离d=，‎ ‎∴m2+n2≥．‎ 故答案为：[，+∞）．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分．‎ ‎18．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足bcosC+（2a+c）cosB=0．‎ ‎（I）求角B的值；‎ ‎（II）若b=1，，求△ABC的面积．‎ ‎【考点】HT：三角形中的几何计算．‎ ‎【分析】（I）利用正弦定理化简bcosC+（2a+c）cosB=0可得角B的值；‎ ‎（II）根据三角内角和定理，消去C角，利用和与差公式以及同角三角函数关系式求出A，C．即可求出△ABC的面积．‎ ‎【解答】解：（I）∵bcosC+（2a+c）cosB=0．‎ 由正弦定理sinBcosC+2sinAcosB+sinCcosB=0，即sinA+2sinAcosB=0，‎ ‎∵sinA≠0‎ ‎∴cosB=，‎ ‎∵0＜B＜π，‎ ‎∴B=．‎ ‎（II）由（I）可得B=．‎ 那么C=60°﹣A．‎ ‎∵，‎ 即cosA+cos60°cosA+sin60°sinA=；‎ ‎⇔．‎ ‎⇔sin（A+）=‎ ‎∴sin（A+）=1．‎ ‎∴A=，‎ ‎∴C=．‎ ‎∴△ABC是等腰三角形．‎ 故得△ABC的面积S=×1××tan=．‎ ‎　‎ ‎19．如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BCE，BE⊥CE，AB=BE=EC=2，G，F分别是线段BE，DC的中点．‎ ‎（I）求证：GF∥平面ADE；‎ ‎（II）求GF与平面ABE所成角的正切值．‎ ‎【考点】MI：直线与平面所成的角；LS：直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（Ⅰ）取AE的中点H，连接HG，HD，由G是BE的中点，F是CD中点，推导出四边形HGFD是平行四边形，从而GF∥DH，由此能证明GF∥平面ADE．‎ ‎（II）过B作BQ∥EC，以D为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出GF与平面ABE所成角的正切值．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）如图，取AE的中点H，连接HG，HD，又G是BE的中点，‎ ‎∴GH∥AB，且GH=AB，‎ 又F是CD中点，∴DF=CD，‎ 由四边形ABCD是矩形得，AB∥CD，AB=CD，‎ ‎∴GH∥DF，且GH=DF．∴四边形HGFD是平行四边形，‎ ‎∴GF∥DH，又DH⊂平面ADE，GF⊄平面ADE，‎ ‎∴GF∥平面ADE．‎ 解：（II）如图，在平面BEC内，过B作BQ∥EC，‎ ‎∵BE⊥CE，∴BQ⊥BE，‎ 又∵AB⊥平面BEC，∴AB⊥BE，AB⊥BQ，‎ 以D为原点，BE、BQ、BA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则A（0，0，2），B（0，0，0），E（2，0，0），F（2，2，1），G（1，0，0），‎ ‎=（1，2，1），平面ABE的法向量=（0，1，0），‎ 设GF与平面ABE所成角的平面角为θ，‎ 则sinθ==，∴cosθ==，‎ ‎∴tanθ===．‎ ‎∴GF与平面ABE所成角的正切值为．‎ ‎　‎ ‎20．已知函数f（x）=x+．‎ ‎（Ⅰ）当λ＞0时，求证：f（x）≥（1﹣λ）x+λ，并指出等号成立的条件；‎ ‎（Ⅱ）求证：对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞λ．‎ ‎【考点】6E：利用导数求闭区间上函数的最值；6B：利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【分析】（Ⅰ）构造函数g（x）=f（x）﹣（1﹣λ）x﹣λ，根据导数和函数的最值即可证明，‎ ‎（Ⅱ）对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞λ等价于f（x）的最大值大于λ，求导后，分类讨，根据导数和函数的最值得关系即可证明 ‎【解答】解：（Ⅰ）设g（x）=f（x）﹣（1﹣λ）x﹣λ=x+﹣（1﹣λ）x﹣λ=λ（﹣x﹣1），‎ ‎∴g′（x）=λ（1﹣），‎ 令g′（x）=0，解得x=0，‎ 当x＞0时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，‎ 当x＜0时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，‎ ‎∴g（x）min=g（0）=0，‎ ‎∴f（x）≥（1﹣λ）x+λ，当x=0时取等号，‎ ‎（Ⅱ）证明：“对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞‎ λ等价于f（x）的最大值大于λ．‎ ‎∵f′（x）=1﹣λe﹣x，‎ ‎∴当λ≤0时，x∈[﹣3，3]，f′（x）＞0，f（x）在[﹣3，3]上单调递增，‎ ‎∴f（x）的最大值为f（3）＞f（0）=λ．‎ ‎∴当λ≤0时命题成立；‎ 当λ＞0时，由f′（x）=0得x=lnλ，‎ 则x∈R时，x，f′（x），f（x）关系如下：‎ x ‎（﹣∞，0）‎ lna ‎（0，+∞）‎ f（x）‎ ‎﹣‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎ f′（x）‎ ‎↓‎ 极小值 ‎↑‎ ‎（1）当λ≥e3时，lnλ≥3，f（x）在[﹣3，3]上单调递减，‎ ‎∴f（x）的最大值f（﹣3）＞f（0）=λ．‎ ‎∴当λ≥e3时命题成立；‎ ‎（2）当e﹣3＜λ＜e3时，﹣3＜lnλ＜3，‎ ‎∴f（x）在（﹣3，lnλ）上单调递减，在（lnλ，3）上单调递增．‎ ‎∴f（x）的最大值为f（﹣3）或f（3）；‎ 且f（﹣3）＞f（0）=λ与f（3）＞f（0）=λ必有一成立，‎ ‎∴当e﹣3＜λ＜e3时命题成立；‎ ‎（3）当0＜λ≤e﹣3时，lnλ≤﹣3，‎ ‎∴f（x）在[﹣3，3]上单调递增，‎ ‎∴f（x）的最大值为f（3）＞f（0）=λ．‎ 所以当0＜λ≤e﹣3时命题成立；‎ 综上所述，对任意实数λ，总存在实数x∈[﹣3，3]，有f（x）＞λ ‎　‎ ‎21．已知椭圆，点A（3，0），P是椭圆C上的动点．‎ ‎（I）若直线AP与椭圆C相切，求点P的坐标；‎ ‎（II）若P在y轴的右侧，以AP为底边的等腰△ABP的顶点B在y轴上，求四边形OPAB面积的最小值．‎ ‎【考点】KL：直线与椭圆的位置关系．‎ ‎【分析】（I）设直线AP的方程，代入椭圆方程，由△=0，即可求得k的值，代入即可求得P点坐标；‎ ‎（II）设AP中点为D，由|BA|=||BP|，所以BD⊥AP，求得AP的斜率，进而得到BD的斜率和中点，可得直线BD的方程，即有B的坐标，求得四边形OPAB的面积为S=S△OAP+S△OMB，化简整理，运用基本不等式即可得到最小值．‎ ‎【解答】解：（I）设直线AP的斜率k，（k≠0），则直线AP：y=k（x﹣3），‎ ‎，整理得：（1+3k2）x2﹣18k2x+27k2﹣6=0，‎ 由直线AP与椭圆C相切，则△=（18k2）2﹣4×（1+3k2）（27k2﹣6）=0，解得：k2=，‎ 则x2﹣4x+4=0，解得：x=2，‎ 将x=2代入椭圆方程，解得：y=±，‎ ‎∴P点坐标为（2，）或（2，﹣）；‎ ‎（II）设线段AP的中点为D．‎ 因为BA=BP，所以BD⊥AP．‎ 由题意知直线BD的斜率存在，‎ 设点P的坐标为（x0，y0）（y0≠0），‎ 则点D的坐标为（，），直线AP的斜率kAP=，‎ ‎∴直线BD的斜率kBD=﹣=，‎ 故直线BD的方程为y﹣=（x﹣）．‎ 令x=0，得y=，故B（0，）．‎ 由+=1，得x02=6﹣3y02，化简得B（0，）．‎ 因此，S四边形OPAB=S△OAP+S△OAB=×3×|y0|+×3×||‎ ‎=（|y0|+||）=（2|y0|+）≥×2=3．‎ 当且仅当2|y0|=时，即y0=±∈[﹣，]时等号成立．‎ 故四边形OPAB面积的最小值为3．‎ ‎　‎ ‎22．已知正项数列{an}满足：a1=，an2=an﹣1an+an﹣1（n≥2），Sn为数列{an}的前n项和．‎ ‎（I）求证：对任意正整数n，有；‎ ‎（II）设数列的前n项和为Tn，求证：对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，Tn＞M．‎ ‎【考点】8E：数列的求和；8H：数列递推式．‎ ‎【分析】（I）猜想an．利用数学归纳法能证明对任意正整数n，有．‎ ‎（II）由an+1＞an＞0，f（x）=在区间（0，+∞）上单调递增，得到an+1﹣an=≥．从而当n≥2时， =，，进而Tn=≥6﹣，由此能证明对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，Tn＞M．‎ ‎【解答】证明：（I）正项数列{an}满足：a1=，an2=an﹣1an+an﹣1（n≥2），‎ ‎∴﹣a2﹣=0，a2＞0，解得a2=1＜．‎ 猜想an．‎ 下面利用数学归纳法证明：‎ ‎（i）当n=1时，成立．‎ ‎（ii）假设n=k∈N*时，ak≤成立．‎ 则n=k+1时，a2k+1=ak（ak+1+1）≤（ak+1+1），‎ 解得ak+1≤=‎ ‎≤=．‎ 因此n=k+1时也成立．‎ 综上可得：∀n∈N*，an成立．‎ ‎∴Sn≤…+==，‎ 故对任意正整数n，有．‎ ‎（II）由（Ⅰ）知an+1＞an＞0，‎ ‎，a2=1，‎ ‎∵f（x）=在区间（0，+∞）上单调递增，‎ ‎∴an+1﹣an=≥．‎ ‎∴an=a1+an﹣an﹣1+an﹣1﹣an﹣2+…+a2﹣a1≥，‎ 当n≥2时， =，，‎ ‎∴Tn==≥6﹣，‎ 令6﹣＞M，n＞，‎ 设N0为不小于的最小整数，取N=N0+1（即N=[]+1），‎ 当n＞N时，Tn＞M．‎ ‎∴对任意M∈（0，6），总存在正整数N，使得n＞N时，Tn＞M．‎ ‎2017年7月23日