2017年浙江省高考数学试卷

2017年浙江省高考数学试卷

‎2017年浙江省高考数学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（　　）‎ A．（﹣1，2） B．（0，1） C．（﹣1，0） D．（1，2）‎ ‎2．（4分）椭圆+=1的离心率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．（4分）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 B．+3 C．+1 D．+3‎ ‎4．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（　　）‎ A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞） D．[4，+∞）‎ ‎5．（4分）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 ‎6．（4分）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 ‎7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（　　）‎ A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）‎ C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）‎ ‎9．（4分）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，==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（　　）‎ A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α ‎10．（4分）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=•，I2=•，I3=•，则（　　）‎ A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2 C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3‎ ‎　‎ 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．（4分）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S6，S6=　 　．‎ ‎12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=　 　，ab=　 　．‎ ‎13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=　 　，a5=　 　．‎ ‎14．（6分）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=　 　．‎ ‎15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是　 　，最大值是　 　．‎ ‎16．（4分）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　 　种不同的选法．（用数字作答）‎ ‎17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是　 　．‎ ‎　‎ 三、解答题（共5小题，满分74分）‎ ‎18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．‎ ‎（Ⅰ）求f（）的值．‎ ‎（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．‎ ‎19．（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．‎ ‎20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．‎ ‎（1）求f（x）的导函数；‎ ‎（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．‎ ‎21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），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|PA|•|PQ|的最大值．‎ ‎22．（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）≤xn≤．‎ ‎　‎ ‎2017年浙江省高考数学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．（4分）已知集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，那么P∪Q=（　　）‎ A．（﹣1，2） B．（0，1） C．（﹣1，0） D．（1，2）‎ ‎【分析】直接利用并集的运算法则化简求解即可．‎ ‎【解答】解：集合P={x|﹣1＜x＜1}，Q={x|0＜x＜2}，‎ 那么P∪Q={x|﹣1＜x＜2}=（﹣1，2）．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查集合的基本运算，并集的求法，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎2．（4分）椭圆+=1的离心率是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可．‎ ‎【解答】解：椭圆+=1，可得a=3，b=2，则c==，‎ 所以椭圆的离心率为：=．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力．‎ ‎　‎ ‎3．（4分）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 B．+3 C．+1 D．+3‎ ‎【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．‎ ‎【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，‎ 圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，‎ 故该几何体的体积为××π×12×3+××××3=+1，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了空间几何体三视图的应用问题，解题的关键是根据三视图得出原几何体的结构特征，是基础题目．‎ ‎　‎ ‎4．（4分）若x、y满足约束条件，则z=x+2y的取值范围是（　　）‎ A．[0，6] B．[0，4] C．[6，+∞） D．[4，+∞）‎ ‎【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的最优解求解即可．‎ ‎【解答】解：x、y满足约束条件，表示的可行域如图：‎ 目标函数z=x+2y经过C点时，函数取得最小值，‎ 由解得C（2，1），‎ 目标函数的最小值为：4‎ 目标函数的范围是[4，+∞）．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查线性规划的简单应用，画出可行域判断目标函数的最优解是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎5．（4分）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 ‎【分析】结合二次函数的图象和性质，分类讨论不同情况下M﹣m的取值与a，b的关系，综合可得答案．‎ ‎【解答】解：函数f（x）=x2+ax+b的图象是开口朝上且以直线x=﹣为对称轴的抛物线，‎ ‎①当﹣＞1或﹣＜0，即a＜﹣2，或a＞0时，‎ 函数f（x）在区间[0，1]上单调，‎ 此时M﹣m=|f（1）﹣f（0）|=|a+1|，‎ 故M﹣m的值与a有关，与b无关 ‎②当≤﹣≤1，即﹣2≤a≤﹣1时，‎ 函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，‎ 且f（0）＞f（1），‎ 此时M﹣m=f（0）﹣f（﹣）=，‎ 故M﹣m的值与a有关，与b无关 ‎③当0≤﹣＜，即﹣1＜a≤0时，‎ 函数f（x）在区间[0，﹣]上递减，在[﹣，1]上递增，‎ 且f（0）＜f（1），‎ 此时M﹣m=f（1）﹣f（﹣）=1+a+，‎ 故M﹣m的值与a有关，与b无关 综上可得：M﹣m的值与a有关，与b无关 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的图象和性质，是解答的关键．‎ ‎　‎ ‎6．（4分）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 ‎【分析】根据等差数列的求和公式和S4+S6＞2S5，可以得到d＞0，根据充分必要条件的定义即可判断．‎ ‎【解答】解：∵S4+S6＞2S5，‎ ‎∴4a1+6d+6a1+15d＞2（5a1+10d），‎ ‎∴21d＞20d，‎ ‎∴d＞0，‎ 故“d＞0”是“S4+S6＞2S5”充分必要条件，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题借助等差数列的求和公式考查了充分必要条件，属于基础题 ‎　‎ ‎7．（4分）函数y=f（x）的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数y=f（x）的图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据导数与函数单调性的关系，当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，根据函数图象，即可判断函数的单调性，然后根据函数极值的判断，即可判断函数极值的位置，即可求得函数y=f（x）的图象可能 ‎【解答】解：由当f′（x）＜0时，函数f（x）单调递减，当f′（x）＞0时，函数f（x）单调递增，‎ 则由导函数y=f′（x）的图象可知：f（x）先单调递减，再单调递增，然后单调递减，最后单调递增，排除A，C，‎ 且第二个拐点（即函数的极大值点）在x轴上的右侧，排除B，‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查导数的应用，考查导数与函数单调性的关系，考查函数极值的判断，考查数形结合思想，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎8．（4分）已知随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2．若0＜p1＜p2＜，则（　　）‎ A．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） B．E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）‎ C．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2） D．E（ξ1）＞E（ξ2），D（ξ1）＞D（ξ2）‎ ‎【分析】由已知得0＜p1＜p2＜，＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，求出E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，从而求出D（ξ1），D（ξ2），由此能求出结果．‎ ‎【解答】解：∵随机变量ξi满足P（ξi=1）=pi，P（ξi=0）=1﹣pi，i=1，2，…，‎ ‎0＜p1＜p2＜，‎ ‎∴＜1﹣p2＜1﹣p1＜1，‎ E（ξ1）=1×p1+0×（1﹣p1）=p1，‎ E（ξ2）=1×p2+0×（1﹣p2）=p2，‎ D（ξ1）=（1﹣p1）2p1+（0﹣p1）2（1﹣p1）=，‎ D（ξ2）=（1﹣p2）2p2+（0﹣p2）2（1﹣p2）=，‎ D（ξ1）﹣D（ξ2）=p1﹣p12﹣（）=（p2﹣p1）（p1+p2﹣1）＜0，‎ ‎∴E（ξ1）＜E（ξ2），D（ξ1）＜D（ξ2）．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望和方差等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎9．（4分）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，==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（　　）‎ A．γ＜α＜β B．α＜γ＜β C．α＜β＜γ D．β＜γ＜α ‎【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△‎ ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．‎ 解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．．可得tanα=．tanβ=，tanγ=．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．‎ ‎【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．‎ 不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，‎ ‎=，=（0，3，6），=（，6，0），=，‎ ‎=．‎ 设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，‎ 可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．‎ 则cos==，取α=arccos．‎ 同理可得：β=arccos．γ=arccos．‎ ‎∵＞＞．‎ ‎∴α＜γ＜β．‎ 解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．‎ 设OD=h．‎ 则tanα=．‎ 同理可得：tanβ=，tanγ=．‎ 由已知可得：OE＞OG＞OF．‎ ‎∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．‎ ‎∴α＜γ＜β．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了空间角、空间位置关系、正四面体的性质、法向量的夹角公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．‎ ‎　‎ ‎10．（4分）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=•，I2=•，I3=•，则（　　）‎ A．I1＜I2＜I3 B．I1＜I3＜I2 C．I3＜I1＜I2 D．I2＜I1＜I3‎ ‎【分析】根据向量数量积的定义结合图象边角关系进行判断即可．‎ ‎【解答】解：∵AB⊥BC，AB=BC=AD=2，CD=3，‎ ‎∴AC=2，‎ ‎∴∠AOB=∠COD＞90°，‎ 由图象知OA＜OC，OB＜OD，‎ ‎∴0＞•＞•，•＞0，‎ 即I3＜I1＜I2，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题主要考查平面向量数量积的应用，根据图象结合平面向量数量积的定义是解决本题的关键．‎ ‎　‎ 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．（4分）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S6，S6=　　．‎ ‎【分析】根据题意画出图形，结合图形求出单位圆的内接正六边形的面积．‎ ‎【解答】解：如图所示，‎ 单位圆的半径为1，则其内接正六边形ABCDEF中，‎ ‎△AOB是边长为1的正三角形，‎ 所以正六边形ABCDEF的面积为 S6=6××1×1×sin60°=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了已知圆的半径求其内接正六边形面积的应用问题，是基础题．‎ ‎　‎ ‎12．（6分）已知a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），则a2+b2=　5　，ab=　2　．‎ ‎【分析】a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），可得3+4i=a2﹣b2+2abi，可得3=a2﹣b2，2ab=4，解出即可得出．‎ ‎【解答】解：a、b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位），‎ ‎∴3+4i=a2﹣b2+2abi，‎ ‎∴3=a2﹣b2，2ab=4，‎ 解得ab=2，，．‎ 则a2+b2=5，‎ 故答案为：5，2．‎ ‎【点评】本题考查了复数的运算法则、复数的相等、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎13．（6分）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4=　16　，a5=　4　．‎ ‎【分析】利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x与常数乘积之和，a5就是常数的乘积．‎ ‎【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，‎ ‎（x+1）3中，x的系数是：3，常数是1；（x+2）2中x的系数是4，常数是4，‎ a4=3×4+1×4=16；‎ a5=1×4=4．‎ 故答案为：16；4．‎ ‎【点评】本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．‎ ‎　‎ ‎14．（6分）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=　　．‎ ‎【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S△ABC，再根据S△BDC=S△ABC即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出 ‎【解答】解：如图，取BC得中点E，‎ ‎∵AB=AC=4，BC=2，‎ ‎∴BE=BC=1，AE⊥BC，‎ ‎∴AE==，‎ ‎∴S△ABC=BC•AE=×2×=，‎ ‎∵BD=2，‎ ‎∴S△BDC=S△ABC=，‎ ‎∵BC=BD=2，‎ ‎∴∠BDC=∠BCD，‎ ‎∴∠ABE=2∠BDC 在Rt△ABE中，‎ ‎∵cos∠ABE==，‎ ‎∴cos∠ABE=2cos2∠BDC﹣1=，‎ ‎∴cos∠BDC=，‎ 故答案为：，‎ ‎【点评】本题考查了解三角形的有关知识，关键是转化，属于基础题 ‎　‎ ‎15．（6分）已知向量、满足||=1，||=2，则|+|+|﹣|的最小值是　4　，最大值是　　．‎ ‎【分析】通过记∠AOB=α（0≤α≤π），利用余弦定理可可知|+|=、|﹣|=，进而换元，转化为线性规划问题，计算即得结论．‎ ‎【解答】解：记∠AOB=α，则0≤α≤π，如图，‎ 由余弦定理可得：‎ ‎|+|=，‎ ‎|﹣|=，‎ 令x=，y=，‎ 则x2+y2=10（x、y≥1），其图象为一段圆弧MN，如图，‎ 令z=x+y，则y=﹣x+z，‎ 则直线y=﹣x+z过M、N时z最小为zmin=1+3=3+1=4，‎ 当直线y=﹣x+z与圆弧MN相切时z最大，‎ 由平面几何知识易知zmax即为原点到切线的距离的倍，‎ 也就是圆弧MN所在圆的半径的倍，‎ 所以zmax=×=．‎ 综上所述，|+|+|﹣|的最小值是4，最大值是．‎ 故答案为：4、．‎ ‎【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查数形结合能力，考查运算求解能力，涉及余弦定理、线性规划等基础知识，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎16．（4分）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　660　种不同的选法．（用数字作答）‎ ‎【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可 ‎【解答】解：第一类，先选1女3男，有C63C21=40种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有40×12=480种，‎ 第二类，先选2女2男，有C62C22=15种，这4人选2人作为队长和副队有A42=12种，故有15×12=180种，‎ 根据分类计数原理共有480+180=660种，‎ 故答案为：660‎ ‎【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题 ‎　‎ ‎17．（4分）已知a∈R，函数f（x）=|x+﹣a|+a在区间[1，4]上的最大值是5，则a的取值范围是　（﹣∞，]　．‎ ‎【分析】通过转化可知|x+﹣a|+a≤5且a≤5，进而解绝对值不等式可知2a﹣5≤x+≤5，进而计算可得结论．‎ ‎【解答】解：由题可知|x+﹣a|+a≤5，即|x+﹣a|≤5﹣a，所以a≤5，‎ 又因为|x+﹣a|≤5﹣a，‎ 所以a﹣5≤x+﹣a≤5﹣a，‎ 所以2a﹣5≤x+≤5，‎ 又因为1≤x≤4，4≤x+≤5，‎ 所以2a﹣5≤4，解得a≤，‎ 故答案为：（﹣∞，]．‎ ‎【点评】本题考查函数的最值，考查绝对值函数，考查转化与化归思想，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ 三、解答题（共5小题，满分74分）‎ ‎18．（14分）已知函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx（x∈R）．‎ ‎（Ⅰ）求f（）的值．‎ ‎（Ⅱ）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．‎ ‎【分析】利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式，‎ ‎（Ⅰ）代入可得：f（）的值．‎ ‎（Ⅱ）根据正弦型函数的图象和性质，可得f（x）的最小正周期及单调递增区间 ‎【解答】解：∵函数f（x）=sin2x﹣cos2x﹣2sinx cosx=﹣sin2x﹣cos2x=2sin（2x+）‎ ‎（Ⅰ）f（）=2sin（2×+）=2sin=2，‎ ‎（Ⅱ）∵ω=2，故T=π，‎ 即f（x）的最小正周期为π，‎ 由2x+∈[﹣+2kπ，+2kπ]，k∈Z得：‎ x∈[﹣+kπ，﹣+kπ]，k∈Z，‎ 故f（x）的单调递增区间为[﹣+kπ，﹣+kπ]或写成[kπ+，kπ+]，k∈Z．‎ ‎【点评】本题考查的知识点是三角函数的化简求值，三角函数的周期性，三角函数的单调区间，难度中档．‎ ‎　‎ ‎19．（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．‎ ‎【分析】（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，推导出EF∥PA，CF∥AB，从而平面EFC∥平面ABP，由此能证明EC∥平面PAB．‎ ‎（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，推导出四边形BCDF为矩形，从而BF⊥AD，进而AD⊥平面PBF，由AD∥BC，得BC⊥PB，再求出BC⊥MF，由此能求出sinθ．‎ ‎【解答】证明：（Ⅰ）取AD的中点F，连结EF，CF，‎ ‎∵E为PD的中点，∴EF∥PA，‎ 在四边形ABCD中，BC∥AD，AD=2DC=2CB，F为中点，‎ ‎∴CF∥AB，∴平面EFC∥平面ABP，‎ ‎∵EC⊂平面EFC，‎ ‎∴EC∥平面PAB．‎ 解：（Ⅱ）连结BF，过F作FM⊥PB于M，连结PF，‎ ‎∵PA=PD，∴PF⊥AD，‎ 推导出四边形BCDF为矩形，∴BF⊥AD，‎ ‎∴AD⊥平面PBF，又AD∥BC，‎ ‎∴BC⊥平面PBF，∴BC⊥PB，‎ 设DC=CB=1，由PC=AD=2DC=2CB，得AD=PC=2，‎ ‎∴PB===，‎ BF=PF=1，∴MF=，‎ 又BC⊥平面PBF，∴BC⊥MF，‎ ‎∴MF⊥平面PBC，即点F到平面PBC的距离为，‎ ‎∵MF=，D到平面PBC的距离应该和MF平行且相等，为，‎ E为PD中点，E到平面PBC的垂足也为垂足所在线段的中点，即中位线，‎ ‎∴E到平面PBC的距离为，‎ 在，‎ 由余弦定理得CE=，‎ 设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ==．‎ ‎【点评】本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．‎ ‎　‎ ‎20．（15分）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．‎ ‎（1）求f（x）的导函数；‎ ‎（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．‎ ‎【分析】（1）求出f（x）的导数，注意运用复合函数的求导法则，即可得到所求；‎ ‎（2）求出f（x）的导数，求得极值点，讨论当＜x＜1时，当1＜x＜时，当x＞时，f（x）的单调性，判断f（x）≥0，计算f（），f（1），f（），即可得到所求取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），‎ 导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x ‎=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；‎ ‎（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，‎ 可得f′（x）=0时，x=1或，‎ 当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；‎ 当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；‎ 当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，‎ 且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，‎ 则f（x）≥0．‎ 由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，‎ 即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．‎ 则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．‎ ‎【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导是解题的关键，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎21．（15分）如图，已知抛物线x2=y，点A（﹣，），B（，），抛物线上的点P（x，y）（﹣＜x＜），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|PA|•|PQ|的最大值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）通过点P在抛物线上可设P（x，x2），利用斜率公式结合﹣＜x＜可得结论；‎ ‎（Ⅱ）通过（I）知P（x，x2）、﹣＜x＜，设直线AP的斜率为k，联立直线AP、BQ方程可知Q点坐标，进而可用k表示出、，计算可知|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），通过令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，求导结合单调性可得结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题可知P（x，x2），﹣＜x＜，‎ 所以kAP==x﹣∈（﹣1，1），‎ 故直线AP斜率的取值范围是：（﹣1，1）；‎ ‎（Ⅱ）由（I）知P（x，x2），﹣＜x＜，‎ 所以=（﹣﹣x，﹣x2），‎ 设直线AP的斜率为k，则AP：y=kx+k+，BQ：y=﹣x++，‎ 联立直线AP、BQ方程可知Q（，），‎ 故=（，），‎ 又因为=（﹣1﹣k，﹣k2﹣k），‎ 故﹣|PA|•|PQ|=•=+=（1+k）3（k﹣1），‎ 所以|PA|•|PQ|=（1+k）3（1﹣k），‎ 令f（x）=（1+x）3（1﹣x），﹣1＜x＜1，‎ 则f′（x）=（1+x）2（2﹣4x）=﹣2（1+x）2（2x﹣1），‎ 由于当﹣1＜x＜时f′（x）＞0，当＜x＜1时f′（x）＜0，‎ 故f（x）max=f（）=，即|PA|•|PQ|的最大值为．‎ ‎【点评】本题考查圆锥曲线的最值问题，考查运算求解能力，考查函数思想，注意解题方法的积累，属于中档题．‎ ‎　‎ ‎22．（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）≤xn≤．‎ ‎【分析】（Ⅰ）用数学归纳法即可证明，‎ ‎（Ⅱ）构造函数，利用导数判断函数的单调性，把数列问题转化为函数问题，即可证明，‎ ‎（Ⅲ）由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（﹣）＞0，继续放缩即可证明 ‎【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：xn＞0，‎ 当n=1时，x1=1＞0，成立，‎ 假设当n=k时成立，则xk＞0，‎ 那么n=k+1时，若xk+1＜0，则0＜xk=xk+1+ln（1+xk+1）＜0，矛盾，‎ 故xn+1＞0，‎ 因此xn＞0，（n∈N*）‎ ‎∴xn=xn+1+ln（1+xn+1）＞xn+1，‎ 因此0＜xn+1＜xn（n∈N*），‎ ‎（Ⅱ）由xn=xn+1+ln（1+xn+1）得xnxn+1﹣4xn+1+2xn=xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1），‎ 记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0‎ ‎∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，‎ ‎∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，‎ ‎∴f（x）≥f（0）=0，‎ 因此xn+12﹣2xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1）≥0，‎ 故2xn+1﹣xn≤；‎ ‎（Ⅲ）∵xn=xn+1+ln（1+xn+1）≤xn+1+xn+1=2xn+1，‎ ‎∴xn≥，‎ 由≥2xn+1﹣xn得﹣≥2（﹣）＞0，‎ ‎∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，‎ ‎∴xn≤，‎ 综上所述≤xn≤．‎ ‎【点评】本题考查了数列的概念，递推关系，数列的函数的特征，导数和函数的单调性的关系，不等式的证明，考查了推理论证能力，分析解决问题的能力，运算能力，放缩能力，运算能力，属于难题 ‎　‎