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1、1 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| 1x1，Q=x|0 x2 ，那么 PQ= （） A （1，2）B （0，1）C （1，0）D （1，2） 2 （4 分）椭圆+=1 的离心率是（） ABCD 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： cm 3）是（ ） A+1B+3C+1D+3 4 （4 分）若 x、y 满足约束条件，则 z=x+2y 的取值范围是（） A0 ，6B0 ，4C6 ，+）D4 ，+） 5 （4 分）若函数 f （x）=x 2+ax+b 在区间 0
2、 ，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“d0”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） 2 的图象可能是（） AB CD 8 （4 分）已知随机变量i满足 P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1 ，2若 0p1p2
3、，则（） AE（1）E（2） ，D （1）D（2）BE（1）E（2） ，D （1） D （2） CE（1）E（2） ，D （1）D（2）DE（1）E（2） ，D （1） D （2） 9 （4 分）如图，已知正四面体DABC （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DPR Q ，D PQ R，DQR P的平面角为 、，则（） ABCD 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（） 3 AI1I2I3BI1
4、I3I2CI3I1I2DI2I1I3 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，理论上 能把 的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将 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、bR， （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+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+a5
5、，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，cosBDC= 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 aR，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
6、题，满分 74 分） 18 （14分）已知函数 f （x）=sin 2xcos2x2 sinx cosx （xR） （）求 f （）的值 （）求 f （x）的最小正周期及单调递增区间 4 19 （15分）如图，已知四棱锥PABCD ，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 （）证明： CE 平面 PAB ； （）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 5 21 （15 分）如图，
7、已知抛物线x 2=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 （）求直线 AP斜率的取值范围； （）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） （nN *） ，证明：当 n N *时， （） 0xn+1xn； （） 2xn+1xn； （）xn 6 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| 1x1，Q=x|0 x2 ，那么 PQ= （） A （1
8、，2）B （0，1）C （1，0）D （1，2） 【考点】 1D ：并集及其运算 【专题】 11：计算题； 37：集合思想； 5J：集合 【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| 1x1，Q=x|0 x2 ， 那么 PQ=x| 1x2=（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（） ABCD 【考点】 K4：椭圆的性质 【专题】 11：计算题； 35：转化思想； 5D ：圆锥曲线的定义、性质与方程 【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=
9、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 7 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： cm 3）是（ ） A+1B+3C+1D+3 【考点】 L! ：由三视图求面积、体积 【专题】 11：计算题； 31：数形结合； 44：数形结合法； 5Q ：立体几何 【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
10、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1 23+ 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 8 4 （4 分）若 x、y 满足约束条件，则 z=x+2y 的取值范围是（） A0 ，6B0 ，4C6 ，+）D4 ，+） 【考点】 7C ：简单线性规划 【专题】 11：计算题； 31：数形结合； 35：转化思想； 5T：不等式 【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
11、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）=x 2+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 9 【考点】 3V：二次函数的性质与图象 【专题】 32：分类讨论； 4C ：分类法； 51：函数的性质及应用 【分析】 结合二次函数的图象和性质，分类讨论不
12、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）=x 2+ax+b 的图象是开口朝上且以直线 x=为对称轴 的抛物线， 当1 或0，即 a2，或 a0 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 当1，即 2a1 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 当 0，即 1a0 时， 函数 f （x）在区间 0 ， 上递减，在 ，
13、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“d0”是“S 4+S6 2S5”的（） 10 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 【考点】 29：充分条件、必要条件、充要条件 【专题】 11：计算题； 35：转化思想； 4R ：转化法； 54：等差数列
14、与等比数列； 5L：简易逻辑 【分析】 根据等差数列的求和公式和S4+S62S5，可以得到 d0，根据充分必要 条件的定义即可判断 【解答】 解： S4+S62S5， 4a1+6d+6a1+15d2（5a1+10d） ， 21d20d， d0， 故“d0”是“S 4+S62S5”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（） AB CD 11 【考点】 3A：函数的图象与图象的变换 【专题】 31：数形结合； 44：数形结合法； 52：导
15、数的概念及应用 【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
16、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i满足 P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1 ，2若 0p1p2，则（） AE（1）E（2） ，D （1）D（2）BE（1）E（2） ，D （1） D （2） CE（1）E（2） ，D （1）D（2）DE（1）E（2） ，D （1） D （2） 【考点】 CH ：离散型随机变量的期望与方差 【专题】 11：计算题； 34：方程思想； 49：综合法； 5I ：概率与统计 【分析】由已知得 0p1p2， 1p21p11，求出 E （1）=p1，E （2） =p2，从而求出
17、 D （1） ，D（2） ，由此能求出结果 【解答】解：随机变量 i满足 P （i=1）=pi，P （i=0）=1pi，i=1 ，2， 0p1p2， 12 1p21p11， E（1）=1p1+0（1p1）=p1， E（2）=1p2+0（1p2）=p2， D（1）=（1p1） 2p 1+（0p1） 2（1p 1）=， D（2）=（1p2） 2p 2+（0p2） 2（1p 2）=， D（1）D （2）=p1p1 2（ ）=（p2p1） （p1+p21）0， E（1）E（2） ，D（1）D （2） 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
18、、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DABC （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DPR Q ，D PQ R，DQR P的平面角为 、，则（） ABCD 【考点】 MJ ：二面角的平面角及求法 【专题】 5F：空间位置关系与距离； 5G ：空间角； 5H ：空间向量及应用 【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） ，
19、 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 ， 13 OG QR ，垂足分别为 E，F，G ，连接 DE ，DF ，DG 可得 tan=tan=， tan=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）
20、，则，可得， 可得=，取平面 ABC的法向量=（0，0，1） 则 cos=，取 =arccos 同理可得： =arccos=arccos 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 tan= 同理可得： tan=，tan= 由已知可得： OE OG OF tantantan，为锐角 故选： B 14 【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
21、，AB BC ，AB=BC=AD=2，CD=3 ，AC与 BD 交于点 O ，记 I1=?，I2=?，I3=?，则（） AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3 【考点】 9O ：平面向量数量积的性质及其运算 【专题】 31：数形结合； 48：分析法； 5A：平面向量及应用 【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 ， 15 AC=2， AOB= COD 90， 由图象知 OA OC ，OB OD ， 0?，?0， 即 I3I1I2， 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
22、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，理论上 能把 的值计算到任意精度，祖冲之继承并发展了“割圆术”，将 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= 【考点】 CE ：模拟方法估计概率 【专题】 31：数形结合； 4O ：定义法； 5B：直线与圆 【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
23、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=611sin60 = 故答案为： 16 【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、bR ， （a+bi ） 2=3+4i（i 是虚数单位），则 a2+b2= 5 ，ab= 2 【考点】 A5：复数的运算 【专题】 34：方程思想； 35：转化思想； 5N ：数系的扩充和复数 【分析】 a、bR， （a+bi ） 2=3+4i（i 是虚数单位），可得 3+4i=a2b2+2abi，可 得 3=a 2b2，2ab=4，解出即可得出 【解答】 解
24、：a、bR， （a+bi） 2=3+4i（i 是虚数单位）， 3+4i=a 2b2+2abi， 3=a 2b2，2ab=4， 解得 ab=2， 则 a 2+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+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+a5，则 a4= 16 ， a5= 4 【考点】 DA ：二项式定理 【专题】 11：计算题； 35：转化思想； 5P：二项式定理 【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
25、开式中x 17 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+a 1x 4+a 2x 3+a 3x 2+a 4x+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=34+14=16； a5=14=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，cosBDC= 【考点】 HT ：三角形中的几何计算 【专题】
26、11：计算题； 35：转化思想； 44：数形结合法； 58：解三角形 【分析】 如图，取 BC得中点 E，根据勾股定理求出AE ，再求出 SABC，再根据 S BDC=SABC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=， SABC=BC ? AE= 2=， BD=2 ， SBDC=SABC=， BC=BD=2 ， BDC= BCD ， ABE=2 BDC 在 RtABE中， cosABE=， 18 cosABE=2cos 2BDC 1= ， cosBDC=， 故答案为：
27、， 【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 【考点】 3H ：函数的最值及其几何意义；91：向量的概念与向量的模 【专题】11：计算题；31：数形结合； 44：数形结合法； 51：函数的性质及应用 【分析】通过记 AOB= （0）， 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= ，则 0，如图， 由余弦定理可得： |+ |=， | |=， 令 x=，y=， 则 x 2+y2=10（x、y1） ，其图象为一段
28、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 ， 19 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
29、 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） 【考点】 D9 ：排列、组合及简单计数问题 【专题】 11：计算题； 32：分类讨论； 4O ：定义法； 5O ：排列组合 【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 C6 3C 2 1=40种，这 4 人选 2 人作为队长和 20 副队有 A4 2=12种，故有 4012=480种， 第二类，先选 2 女 2 男，有 C6 2C 2 2=15种，这 4 人选 2 人作为队长和副队有 A4 2=12
30、种，故有 1512=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 aR，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（， 【考点】 3H ：函数的最值及其几何意义 【专题】 11：计算题； 35：转化思想； 49：综合法； 51：函数的性质及应用 【分析】通过转化可知 |x+a|+a 5 且 a5，进而解绝对值不等式可知2a5 x+5，进而计算可得结论 【解答】 解：由题可知 |x+a|+a5，即|x+a| 5a，所以 a5， 又因为
31、 |x+a| 5a， 所以 a5x+a5a， 所以 2a5x+5， 又因为 1x4，4x+5， 所以 2a54，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）=sin 2xcos2x2 sinx cosx （xR） 21 （）求 f （）的值 （）求 f （x）的最小正周期及单调递增区间 【考点】3G ：复合函数的单调性； GF ：三角函数的恒等变换及化简求值；H1 ：三 角函数的周期性； H5：正弦函数的单调性 【专题】 35：转化思想
32、； 4R ：转化法； 57：三角函数的图像与性质 【分析】 利用二倍角公式及辅助角公式化简函数的解析式， （）代入可得： f （）的值 （）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） =sin 2xcos2x2 sinx cosx=sin2x cos2x=2sin （2x+） （） f （）=2sin （2+）=2sin=2， （） =2，故 T=， 即 f （x）的最小正周期为， 由 2x+ +2k，+2k ，kZ 得： x +k，+k ，kZ， 故 f（x） 的单调递增区间为 +k，+k 或写成 k+， k+ ， kZ 【点评】
33、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PABCD ，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 （）证明： CE 平面 PAB ； （）求直线 CE与平面 PBC所成角的正弦值 22 【考点】 LS：直线与平面平行； MI：直线与平面所成的角 【专题】 14：证明题； 31：数形结合； 41：向量法； 5F：空间位置关系与距离； 5G ：空间角 【分析】 （）取 AD的中点 F，连结 EF ，CF ，推导出 EFPA ，CF AB ，从而平
34、 面 EFC 平面 ABP ，由此能证明 EC 平面 PAB （）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 sin 【解答】 证明： （）取 AD的中点 F，连结 EF，CF ， E为 PD的中点， EFPA ， 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： （）连结 BF ，过 F作 FM PB于 M
35、，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 ， 23 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=，
36、设直线 CE与平面 PBC所成角为 ，则 sin = 【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 【考点】 6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数研究函数的最值 【专题】 35：转化思想； 48：分析法； 53：导数的综合应用 【分析】 （1）求出 f （x）的导数，注意运用复合函数的求导法
37、则，即可得到所 求； （2）求出 f （x）的导数，求得极值点，讨论当x1 时，当 1x时，当 x时，f （x）的单调性，判断f （x）0，计算 f （） ，f （1） ，f （） ， 24 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 =（1x+）e x=（1x） （1 ）e x； （2）由 f （x）的导数 f （ x）=（1x） （1）e x， 可得 f （ x）=0 时，x=1或， 当x1 时，f （ x）0，f （x）递减； 当 1x时，f （ x）0，f （x）递增； 当 x时，f （
38、x）0，f （x）递减， 且 x? x 22x1? （x1）20， 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x 2=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 （）求直线 AP斜率的取值范围； （）求 |PA| ? |PQ|的最大值 25 【考点
39、】 KI：圆锥曲线的综合； KN ：直线与抛物线的综合 【专题】 11：计算题； 33：函数思想； 49：综合法； 5E：圆锥曲线中的最值与范 围问题 【分析】 （）通过点 P 在抛物线上可设P（x，x 2） ，利用斜率公式结合 x 可得结论； （）通过（ I ）知 P（x，x 2） 、 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（1k） ，通过令 f （x）=（1+x）3 （1x） ，1x1，求导结合单 调性可得结论 【解答】 解： （）由题可知 P（x，x 2） ， x， 所以 kAP=
40、x（1，1） ， 故直线 AP斜率的取值范围是：（1，1） ； （）由（ I ）知 P（x，x 2） ， x， 所以=（x，x 2） ， 设直线 AP的斜率为 k，则 k=x，即 x=k+， 则 AP ：y=kx+k+，BQ ：y=x+， 联立直线 AP 、BQ方程可知 Q （，） ， 26 故=（，） ， 又因为=（1k，k 2k） ， 故|PA| ? |PQ|=?=+=（1+k） 3（k1） ， 所以|PA| ? |PQ|=（1+k） 3（1k） ， 令 f （x）=（1+x） 3（1x） ，1x1， 则 f （x）=（1+x） 2（24x）=2（1+x）2（2x1） ， 由于当 1x时
41、f （x）0，当x1 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） （nN *） ，证明：当 n N *时， （） 0xn+1xn； （） 2xn+1xn； （）xn 【考点】 8H ：数列递推式； 8K：数列与不等式的综合 【专题】15：综合题；33：函数思想； 35：转化思想； 49：综合法； 4M ：构造法； 53：导数的综合应用； 54：等差数列与等比数列
42、；55：点列、递归数列与数 学归纳法； 5T：不等式 【分析】 （）用数学归纳法即可证明， （）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， （）由2xn+1xn得2（）0，继续放缩即可证明 27 【解答】 解： （）用数学归纳法证明：xn0， 当 n=1时，x1=10，成立， 假设当 n=k 时成立，则 xk0， 那么 n=k+1 时，若 xk+10，则 0xk=xk+1+ln （1+xk+1）0，矛盾， 故 xn+10， 因此 xn0， （nN*） xn=xn+1+ln （1+xn+1）xn+1， 因此 0xn+1xn（nN * ） ， （）由 xn=xn+1
43、+ln（1+xn+1）得 xnxn+14xn+1+2xn=xn+1 22x n+1+（xn+1+2）ln （1+xn+1） ， 记函数 f （x）=x 22x+（x+2）ln （1+x） ，x0 f （ x）=+ln （1+x）0， f （x）在（ 0，+）上单调递增， f （x）f （0）=0， 因此 xn+1 22x n+1+（xn+1+2）ln （1+xn+1）0， 故 2xn+1xn； （） xn=xn+1+ln （1+xn+1）xn+1+xn+1=2xn+1， xn， 由2xn+1xn得2（）0， 2（） 2 n1（ ）=2 n2， 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