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  • 2021-06-16 发布

2015年浙江省高考数学试卷(理科)

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‎2015年浙江省高考数学试卷(理科)‎ ‎ ‎ 一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学(理科)‎ ‎1.(5分)已知集合P={x|x2﹣2x≥0},Q={x|1<x≤2},则(∁RP)∩Q=(  )‎ A.[0,1) B.(0,2] C.(1,2) D.[1,2]‎ ‎2.(5分)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是(  )‎ A.8cm3 B.12cm3 C. D.‎ ‎3.(5分)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则(  )‎ A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0‎ ‎4.(5分)命题“∀n∈N*,f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是(  )‎ A.∀n∈N*,f(n)∉N*且f(n)>n B.∀n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>n C.∃n0∈N*,f(n0)∉N*且f(n0)>n0 D.∃n0∈N*,f(n0)∉N*或f(n0)>n0‎ ‎5.(5分)如图,设抛物线y2=4x的焦点为F,不经过焦点的直线上有三个不同的点A,B,C,其中点A,B在抛物线上,点C在y轴上,则△BCF与△ACF的面积之比是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎6.(5分)设A,B是有限集,定义:d(A,B)=card(A∪B)﹣card(A∩B),其中card(A)表示有限集A中的元素个数(  )‎ 命题①:对任意有限集A,B,“A≠B”是“d(A,B)>0”的充分必要条件;‎ 命题②:对任意有限集A,B,C,d(A,C)≤d(A,B)+d(B,C)‎ A.命题①和命题②都成立 B.命题①和命题②都不成立 C.命题①成立,命题②不成立 D.命题①不成立,命题②成立 ‎7.(5分)存在函数f(x)满足,对任意x∈R都有(  )‎ A.f(sin2x)=sinx B.f(sin2x)=x2+x C.f(x2+1)=|x+1| D.f(x2+2x)=|x+1|‎ ‎8.(5分)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD折成△A′CD,所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α,则(  )‎ A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥α C.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α ‎ ‎ 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.‎ ‎9.(6分)双曲线﹣y2=1的焦距是  ,渐近线方程是  .‎ ‎10.(6分)已知函数f(x)=,则f(f(﹣3))=  ‎ ‎,f(x)的最小值是  .‎ ‎11.(6分)函数f(x)=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是  ,单调递减区间是  .‎ ‎12.(4分)若a=log43,则2a+2﹣a=  .‎ ‎13.(4分)如图,三棱锥A﹣BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是  .‎ ‎14.(4分)若实数x,y满足x2+y2≤1,则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是  .‎ ‎15.(6分)已知是空间单位向量,,若空间向量满足,且对于任意x,y∈R,=1(x0,y0∈R),则x0=  ,y0=  ,|=  .‎ ‎ ‎ 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.‎ ‎16.(14分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=,b2﹣a2=c2.‎ ‎(1)求tanC的值;‎ ‎(2)若△ABC的面积为3,求b的值.‎ ‎17.(15分)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.‎ ‎(1)证明:A1D⊥平面A1BC;‎ ‎(2)求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值.‎ ‎18.(15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[﹣1,1]上的最大值.‎ ‎(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;‎ ‎(2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.‎ ‎19.(15分)已知椭圆上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.‎ ‎(1)求实数m的取值范围;‎ ‎(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).‎ ‎20.(15分)已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2(n∈N*)‎ ‎(1)证明:1<≤2(n∈N*);‎ ‎(2)设数列{an2}的前n项和为Sn,证明(n∈N*).‎ ‎ ‎ ‎2015年浙江省高考数学试卷(理科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分2015年普通高等学校招生全国统一考试(浙江卷)数学(理科)‎ ‎1.(5分)(2015•浙江)已知集合P={x|x2﹣2x≥0},Q={x|1<x≤2},则(∁RP)∩Q=(  )‎ A.[0,1) B.(0,2] C.(1,2) D.[1,2]‎ ‎【分析】求出P中不等式的解集确定出P,求出P补集与Q的交集即可.‎ ‎【解答】解:由P中不等式变形得:x(x﹣2)≥0,‎ 解得:x≤0或x≥2,即P=(﹣∞,0]∪[2,+∞),‎ ‎∴∁RP=(0,2),‎ ‎∵Q=(1,2],‎ ‎∴(∁RP)∩Q=(1,2),‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎2.(5分)(2015•浙江)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积是(  )‎ A.8cm3 B.12cm3 C. D.‎ ‎【分析】判断几何体的形状,利用三视图的数据,求几何体的体积即可.‎ ‎【解答】解:由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体,上部是底面为边长2的正方形高为2的正四棱锥,‎ 所求几何体的体积为:23+×2×2×2=.‎ 故选:C.‎ ‎ ‎ ‎3.(5分)(2015•浙江)已知{an}是等差数列,公差d不为零,前n项和是Sn,若a3,a4,a8成等比数列,则(  )‎ A.a1d>0,dS4>0 B.a1d<0,dS4<0 C.a1d>0,dS4<0 D.a1d<0,dS4>0‎ ‎【分析】由a3,a4,a8成等比数列,得到首项和公差的关系,即可判断a1d和dS4的符号.‎ ‎【解答】解:设等差数列{an}的首项为a1,则a3=a1+2d,a4=a1+3d,a8=a1+7d,‎ 由a3,a4,a8成等比数列,得,整理得:.‎ ‎∵d≠0,∴,‎ ‎∴,‎ ‎=<0.‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ ‎4.(5分)(2015•浙江)命题“∀n∈N*,f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是(  )‎ A.∀n∈N*,f(n)∉N*且f(n)>n B.∀n∈N*,f(n)∉N*或f(n)>n C.∃n0∈N*,f(n0)∉N*且f(n0)>n0 D.∃n0∈N*,f(n0)∉N*或f(n0)>n0‎ ‎【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论.‎ ‎【解答】解:命题为全称命题,‎ 则命题的否定为:∃n0∈N*,f(n0)∉N*或f(n0)>n0,‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ ‎5.(5分)(2015•浙江)如图,设抛物线y2=4x的焦点为F,不经过焦点的直线上有三个不同的点A,B,C,其中点A,B在抛物线上,点C在y轴上,则△BCF与△ACF的面积之比是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【分析】根据抛物线的定义,将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可.‎ ‎【解答】解:如图所示,抛物线的准线DE的方程为x=﹣1,‎ 过A,B分别作AE⊥DE于E,交y轴于N,BD⊥DE于D,交y轴于M,‎ 由抛物线的定义知BF=BD,AF=AE,‎ 则|BM|=|BD|﹣1=|BF|﹣1,‎ ‎|AN|=|AE|﹣1=|AF|﹣1,‎ 则===,‎ 故选:A ‎ ‎ ‎6.(5分)(2015•浙江)设A,B是有限集,定义:d(A,B)=card(A∪B)﹣card(A∩B),其中card(A)表示有限集A中的元素个数(  )‎ 命题①:对任意有限集A,B,“A≠B”是“d(A,B)>0”的充分必要条件;‎ 命题②:对任意有限集A,B,C,d(A,C)≤d(A,B)+d(B,C)‎ A.命题①和命题②都成立 B.命题①和命题②都不成立 C.命题①成立,命题②不成立 D.命题①不成立,命题②成立 ‎【分析】命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可,‎ ‎③借助新定义,根据集合的运算,判断即可.‎ ‎【解答】解:命题①:对任意有限集A,B,若“A≠B”,则A∪B≠A∩B,则card(A∪B)>card(A∩B),故“d(A,B)>0”成立,‎ 若d(A,B)>0”,则card(A∪B)>card(A∩B),则A∪B≠A∩B,故A≠B成立,故命题①成立,‎ 命题②,d(A,B)=card(A∪B)﹣card(A∩B),d(B,C)=card(B∪C)﹣card(B∩C),‎ ‎∴d(A,B)+d(B,C)=card(A∪B)﹣card(A∩B)+card(B∪C)﹣card(B∩C)=[card(A∪B)+card(B∪C)]﹣[card(A∩B)+card(B∩C)]‎ ‎≥card(A∪C)﹣card(A∩C)=d(A,C),故命题②成立,‎ 故选:A ‎ ‎ ‎7.(5分)(2015•浙江)存在函数f(x)满足,对任意x∈R都有(  )‎ A.f(sin2x)=sinx B.f(sin2x)=x2+x C.f(x2+1)=|x+1| D.f(x2+2x)=|x+1|‎ ‎【分析】利用x取特殊值,通过函数的定义判断正误即可.‎ ‎【解答】解:A.取x=0,则sin2x=0,∴f(0)=0;‎ 取x=,则sin2x=0,∴f(0)=1;‎ ‎∴f(0)=0,和1,不符合函数的定义;‎ ‎∴不存在函数f(x),对任意x∈R都有f(sin2x)=sinx;‎ B.取x=0,则f(0)=0;‎ 取x=π,则f(0)=π2+π;‎ ‎∴f(0)有两个值,不符合函数的定义;‎ ‎∴该选项错误; ‎ C.取x=1,则f(2)=2,取x=﹣1,则f(2)=0;‎ 这样f(2)有两个值,不符合函数的定义;‎ ‎∴该选项错误;‎ D.令x+1=t,则f(x2+2x)=|x+1|,化为f(t2﹣1)=|t|;‎ 令t2﹣1=x,则t=±;‎ ‎∴;‎ 即存在函数f(x)=,对任意x∈R,都有f(x2+2x)=|x+1|;‎ ‎∴该选项正确.‎ 故选:D.‎ ‎ ‎ ‎8.(5分)(2015•浙江)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD折成△A′CD,所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α,则(  )‎ A.∠A′DB≤α B.∠A′DB≥α C.∠A′CB≤α D.∠A′CB≥α ‎【分析】解:画出图形,分AC=BC,AC≠BC两种情况讨论即可.‎ ‎【解答】解:①当AC=BC时,∠A′DB=α;‎ ‎②当AC≠BC时,如图,点A′投影在AE上,‎ α=∠A′OE,连结AA′,‎ 易得∠ADA′<∠AOA′,‎ ‎∴∠A′DB>∠A′OE,即∠A′DB>α 综上所述,∠A′DB≥α,‎ 故选:B.‎ ‎ ‎ 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.‎ ‎9.(6分)(2015•浙江)双曲线﹣y2=1的焦距是 2 ,渐近线方程是 y=±x .‎ ‎【分析】确定双曲线中的几何量,即可求出焦距、渐近线方程.‎ ‎【解答】解:双曲线=1中,a=,b=1,c=,‎ ‎∴焦距是2c=2,渐近线方程是y=±x.‎ 故答案为:2;y=±x.‎ ‎ ‎ ‎10.(6分)(2015•浙江)已知函数f(x)=,则f(f(﹣3))= 0 ,f(x)的最小值是  .‎ ‎【分析】根据已知函数可先求f(﹣3)=1,然后代入可求f(f(﹣3));由于x≥1时,f(x)=,当x<1时,f(x)=lg(x2+1),分别求出每段函数的取值范围,即可求解 ‎【解答】解:∵f(x)=,‎ ‎∴f(﹣3)=lg10=1,‎ 则f(f(﹣3))=f(1)=0,‎ 当x≥1时,f(x)=,即最小值,‎ 当x<1时,x2+1≥1,f(x)=lg(x2+1)≥0最小值0,‎ 故f(x)的最小值是.‎ 故答案为:0;.‎ ‎ ‎ ‎11.(6分)(2015•浙江)函数f(x)=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是 π ,单调递减区间是 [kπ+,kπ+](k∈Z) .‎ ‎【分析】由三角函数公式化简可得f(x)=sin(2x﹣)+,易得最小正周期,解不等式2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函数的单调递减区间.‎ ‎【解答】解:化简可得f(x)=sin2x+sinxcosx+1‎ ‎=(1﹣cos2x)+sin2x+1‎ ‎=sin(2x﹣)+,‎ ‎∴原函数的最小正周期为T==π,‎ 由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+,‎ ‎∴函数的单调递减区间为[kπ+,kπ+](k∈Z)‎ 故答案为:π;[kπ+,kπ+](k∈Z)‎ ‎ ‎ ‎12.(4分)(2015•浙江)若a=log43,则2a+2﹣a=  .‎ ‎【分析】直接把a代入2a+2﹣a,然后利用对数的运算性质得答案.‎ ‎【解答】解:∵a=log43,可知4a=3,‎ 即2a=,‎ 所以2a+2﹣a=+=.‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎13.(4分)(2015•浙江)如图,三棱锥A﹣BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是  .‎ ‎【分析】连结ND,取ND 的中点为:E,连结ME说明异面直线AN,CM所成的角就是∠EMC通过解三角形,求解即可.‎ ‎【解答】解:连结ND,取ND 的中点为:E,连结ME,则ME∥AN,异面直线AN,CM所成的角就是∠EMC,‎ ‎∵AN=2,‎ ‎∴ME==EN,MC=2,‎ 又∵EN⊥NC,∴EC==,‎ ‎∴cos∠EMC===.‎ 故答案为:.‎ ‎ ‎ ‎14.(4分)(2015•浙江)若实数x,y满足x2+y2≤1,则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是 3 .‎ ‎【分析】根据所给x,y的范围,可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y,再讨论直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2‎ ‎=1分成两部分,分别去绝对值,运用线性规划的知识,平移即可得到最小值.‎ ‎【解答】解:由x2+y2≤1,可得6﹣x﹣3y>0,即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y,‎ 如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分,‎ 在直线的上方(含直线),即有2x+y﹣2≥0,即|2x+y﹣2|=2x+y﹣2,‎ 此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=(2x+y﹣2)+(6﹣x﹣3y)=x﹣2y+4,‎ 利用线性规划可得在A(,)处取得最小值3;‎ 在直线的下方(含直线),即有2x+y﹣2≤0,‎ 即|2x+y﹣2|=﹣(2x+y﹣2),‎ 此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣(2x+y﹣2)+(6﹣x﹣3y)=8﹣3x﹣4y,‎ 利用线性规划可得在A(,)处取得最小值3.‎ 综上可得,当x=,y=时,|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为3.‎ 故答案为:3.‎ ‎ ‎ ‎15.(6分)(2015•浙江)已知是空间单位向量,,若空间向量满足,且对于任意x,y∈R,=1(x0,y0∈R),则x0= 1 ,y0= 2 ,|= 2 .‎ ‎【分析】由题意和数量积的运算可得<•>=,不妨设=(,‎ ‎,0),=(1,0,0),由已知可解=(,,t),可得|﹣(|2=(x+)2+(y﹣2)2+t2,由题意可得当x=x0=1,y=y0=2时,(x+)2+(y﹣2)2+t2取最小值1,由模长公式可得.‎ ‎【解答】解:∵•=||||cos<•>=cos<•>=,‎ ‎∴<•>=,不妨设=(,,0),=(1,0,0),=(m,n,t),‎ 则由题意可知=m+n=2,=m=,解得m=,n=,∴=(,,t),‎ ‎∵﹣()=(﹣x﹣y,,t),‎ ‎∴|﹣(|2=(﹣x﹣y)2+()2+t2‎ ‎=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=(x+)2+(y﹣2)2+t2,‎ 由题意当x=x0=1,y=y0=2时,(x+)2+(y﹣2)2+t2取最小值1,‎ 此时t2=1,故==2‎ 故答案为:1;2;2‎ ‎ ‎ 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.‎ ‎16.(14分)(2015•浙江)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知A=,b2﹣a2=c2.‎ ‎(1)求tanC的值;‎ ‎(2)若△ABC的面积为3,求b的值.‎ ‎【分析】(1)由余弦定理可得:,已知b2﹣a2=c2.可得,a=.利用余弦定理可得cosC.可得sinC=,即可得出tanC=.‎ ‎(2)由=×=3,可得c,即可得出b.‎ ‎【解答】解:(1)∵A=,∴由余弦定理可得:,∴b2﹣a2=bc﹣c2,‎ 又b2﹣a2=c2.∴bc﹣c2=c2.∴b=c.可得,‎ ‎∴a2=b2﹣=,即a=.‎ ‎∴cosC===.‎ ‎∵C∈(0,π),‎ ‎∴sinC==.‎ ‎∴tanC==2.‎ ‎(2)∵=×=3,‎ 解得c=2.‎ ‎∴=3.‎ ‎ ‎ ‎17.(15分)(2015•浙江)如图,在三棱柱ABC﹣A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=2,A1A=4,A1在底面ABC的射影为BC的中点,D是B1C1的中点.‎ ‎(1)证明:A1D⊥平面A1BC;‎ ‎(2)求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值.‎ ‎【分析】(1)以BC中点O为坐标原点,以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系,通过•=•=0及线面垂直的判定定理即得结论;‎ ‎(2)所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数,计算即可.‎ ‎【解答】(1)证明:如图,以BC中点O为坐标原点,以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系.‎ 则BC=AC=2,A1O==,‎ 易知A1(0,0,),B(,0,0),C(﹣,0,0),‎ A(0,,0),D(0,﹣,),B1(,﹣,),‎ ‎=(0,﹣,0),=(﹣,﹣,),‎ ‎=(﹣,0,0),=(﹣2,0,0),=(0,0,),‎ ‎∵•=0,∴A1D⊥OA1,‎ 又∵•=0,∴A1D⊥BC,‎ 又∵OA1∩BC=O,∴A1D⊥平面A1BC;‎ ‎(2)解:设平面A1BD的法向量为=(x,y,z),‎ 由,得,‎ 取z=1,得=(,0,1),‎ 设平面B1BD的法向量为=(x,y,z),‎ 由,得,‎ 取z=1,得=(0,,1),‎ ‎∴cos<,>===,‎ 又∵该二面角为钝角,‎ ‎∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣.‎ ‎ ‎ ‎18.(15分)(2015•浙江)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间[﹣1,1]上的最大值.‎ ‎(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;‎ ‎(2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.‎ ‎【分析】(1)明确二次函数的对称轴,区间的端点值,由a的范围明确函数的单调性,结合已知以及三角不等式变形所求得到证明;‎ ‎(2)讨论a=b=0以及分析M(a,b)≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1,进一步求出|a|+|b|的求值.‎ ‎【解答】解:(1)由已知可得f(1)=1+a+b,f(﹣1)=1﹣a+b,对称轴为x=﹣,‎ 因为|a|≥2,所以或≥1,‎ 所以函数f(x)在[﹣1,1]上单调,‎ 所以M(a,b)=max{|f(1),|f(﹣1)|}=max{|1+a+b|,|1﹣a+b|},‎ 所以M(a,b)≥(|1+a+b|+|1﹣a+b|)≥|(1+a+b)﹣(1﹣a+b)|≥|2a|=|a|≥2;‎ ‎(2)当a=b=0时,|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0,所以0为最小值,符合题意;‎ 又对任意x∈[﹣1,1].有﹣2≤x2+ax+b≤2,‎ 得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1,﹣2≤≤2,‎ 易知(|a|+|b|)max=max{|a﹣b|,|a+b|}=3,在b=﹣1,a=2时符合题意,‎ 所以|a|+|b|的最大值为3.‎ ‎ ‎ ‎19.(15分)(2015•浙江)已知椭圆上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.‎ ‎(1)求实数m的取值范围;‎ ‎(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).‎ ‎【分析】(1)由题意,可设直线AB的方程为x=﹣my+n,代入椭圆方程可得(m2+2)y2﹣2mny+n2﹣2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2).可得△>0,设线段AB的中点P(x0,y0),利用中点坐标公式及其根与系数的可得P,代入直线y=mx+,可得,代入△>0,即可解出.‎ ‎(2)直线AB与x轴交点横坐标为n,可得S△OAB=,再利用均值不等式即可得出.‎ ‎【解答】解:(1)由题意,可设直线AB的方程为x=﹣my+n,代入椭圆方程,可得(m2+2)y2﹣2mny+n2﹣2=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2).由题意,△=4m2n2﹣4(m2+2)(n2﹣2)=8(m2﹣n2+2)>0,‎ 设线段AB的中点P(x0,y0),则.x0=﹣m×+n=,‎ 由于点P在直线y=mx+上,∴=+,‎ ‎∴,代入△>0,可得3m4+4m2﹣4>0,‎ 解得m2,∴或m.‎ ‎(2)直线AB与x轴交点横坐标为n,‎ ‎∴S△OAB==|n|•=,‎ 由均值不等式可得:n2(m2﹣n2+2)=,‎ ‎∴S△AOB=,当且仅当n2=m2﹣n2+2,即2n2=m2+2,又∵,解得m=,‎ 当且仅当m=时,S△AOB取得最大值为.‎ ‎ ‎ ‎20.(15分)(2015•浙江)已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2(n∈N*)‎ ‎(1)证明:1<≤2(n∈N*);‎ ‎(2)设数列{an2}的前n项和为Sn,证明(n∈N*).‎ ‎【分析】(1)通过题意易得0<an≤(n∈N*),利用an﹣an+1=可得>1,利用==≤2,即得结论;‎ ‎(2)通过=an﹣an+1累加得Sn=a1﹣an+1,对an+1=an﹣an2两边同除以an+1an采用累积法可求出an+1的范围,从而得出结论.‎ ‎【解答】证明:(1)由题意可知:an+1﹣an=﹣an2≤0,即an+1≤an,‎ 故an≤,1≤.‎ 由an=(1﹣an﹣1)an﹣1得an=(1﹣an﹣1)(1﹣an﹣2)…(1﹣a1)a1>0.‎ 所以0<an≤(n∈N*),‎ 又∵a2=a1﹣=,∴==2,‎ 又∵an﹣an+1=,∴an>an+1,∴>1,‎ ‎∴==≤2,‎ ‎∴1<≤2(n∈N*),‎ 综上所述,1<≤2(n∈N*);‎ ‎(2)由已知,=an﹣an+1,=an﹣1﹣an,…,=a1﹣a2,‎ 累加,得Sn=++…+=a1﹣an+1,①‎ 由an+1=an﹣an2两边同除以an+1an得,和1≤≤2,‎ 得1≤≤2,‎ 累加得1+1+…1≤+﹣+…+﹣≤2+2+…+2,‎ 所以n≤﹣≤2n,‎ 因此≤an+1≤(n∈N*) ②,‎ 由①②得≤(n∈N*).‎ ‎ ‎ 参与本试卷答题和审题的老师有:sllwyn;qiss;sxs123;maths;whgcn;cst;刘长柏;吕静;lincy;双曲线;沂蒙松;changq(排名不分先后)‎ ‎2017年2月3日