浙江省高考数学试卷 24页

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  • 2021-05-13 发布

浙江省高考数学试卷

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‎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,则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 ‎ ‎