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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5分，满分50分）
1．（5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．（5分）椭圆 + =1的离心率是（ ）
A． B． C． D．
3．（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（单
位：cm2）是（ ）
A． +1 B． +3 C． +1 D． +3
4．（5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．（5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．（5分）已知等差数列{a }的公差为d，前n项和为S ，则“d＞0”是“S +S
n n 4 6
＞2S ”的（ ）
5
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．（5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．（5分）已知随机变量ξ满足P（ξ=1）=p，P（ξ=0）=1﹣p，i=1，2．若0＜
i i i i i
p ＜p ＜ ，则（ ）
1 2
A．E（ξ ）＜E（ξ ），D（ξ ）＜D（ξ ）B．E（ξ ）＜E（ξ ），D（ξ ）＞D
1 2 1 2 1 2 1
（ξ ）
2
C．E（ξ ）＞E（ξ ），D（ξ ）＜D（ξ ）D．E（ξ ）＞E（ξ ），D（ξ ）＞D
1 2 1 2 1 2 1
（ξ ）
2
9．（5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＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α
10．（5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I = • ，I = • ，I = • ，则（ ）
1 2 3A．I ＜I ＜I B．I ＜I ＜I C．I ＜I ＜I D．I ＜I ＜I
1 2 3 1 3 2 3 1 2 2 1 3
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S ，S = ．
6 6
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+a x4+a x3+a x2+a x+a ，则 a =
1 2 3 4 5 4
，a = ．
5
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 ，com∠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﹣2 sinx 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{x }满足：x =1，x =x +ln（1+x ）（n N*），证明：
n 1 n n+1 n+1
当n N*时，
∈
（Ⅰ）0＜x ＜x ；
∈ n+1 n
（Ⅱ）2x ﹣x ≤ ；
n+1 n（Ⅲ） ≤x ≤ ．
n2017 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5分，满分50分）
1．（5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．（5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．（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（单
位：cm2）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．（5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经过坐标原点时，函数取得最小值，
经过A时，目标函数取得最大值，
由 解得A（0，3），
目标函数的直线为：0，最大值为：36
目标函数的范围是[0，6]．
故选：A．
【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．（5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|，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（0）﹣f（﹣ ）=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．（5分）已知等差数列{a }的公差为d，前n项和为S ，则“d＞0”是“S +S
n n 4 6
＞2S ”的（ ）
5
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 S +S ＞2S ，可以得到d＞0，根据充分必
4 6 5
要条件的定义即可判断．
【解答】解：∵S +S ＞2S ，
4 6 5
∴4a +6d+6a +15d＞2（5a +10d），
1 1 1
∴21d＞20d，
∴d＞0，故“d＞0”是“S +S ＞2S ”充分必要条件，
4 6 5
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．（5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．（5分）已知随机变量ξ满足P（ξ=1）=p，P（ξ=0）=1﹣p，i=1，2．若0＜
i i i i i
p ＜p ＜ ，则（ ）
1 2
A．E（ξ ）＜E（ξ ），D（ξ ）＜D（ξ ）B．E（ξ ）＜E（ξ ），D（ξ ）＞D
1 2 1 2 1 2 1（ξ ）
2
C．E（ξ ）＞E（ξ ），D（ξ ）＜D（ξ ）D．E（ξ ）＞E（ξ ），D（ξ ）＞D
1 2 1 2 1 2 1
（ξ ）
2
【分析】由已知得 0＜p ＜p ＜ ， ＜1﹣p ＜1﹣p ＜1，求出 E（ξ ）=p ，E
1 2 2 1 1 1
（ξ ）=p ，从而求出D（ξ ），D（ξ ），由此能求出结果．
2 2 1 2
【解答】解：∵随机变量ξ满足P（ξ=1）=p，P（ξ=0）=1﹣p，i=1，2，…，
i i i i i
0＜p ＜p ＜ ，
1 2
∴ ＜1﹣p ＜1﹣p ＜1，
2 1
E（ξ ）=1×p +0×（1﹣p ）=p ，
1 1 1 1
E（ξ ）=1×p +0×（1﹣p ）=p ，
2 2 2 2
D（ξ ）=（1﹣p ）2p +（0﹣p ）2（1﹣p ）= ，
1 1 1 1 1
D（ξ ）=（1﹣p ）2p +（0﹣p ）2（1﹣p ）= ，
2 2 2 2 2
D（ξ ）﹣D（ξ ）=p ﹣p 2﹣（ ）=（p ﹣p ）（p +p ﹣1）＜0，
1 2 1 1 2 1 1 2
∴E（ξ ）＜E（ξ ），D（ξ ）＜D（ξ ）．
1 2 1 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、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．（5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＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．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 OD，OQ，OR，过点 O 发布作垂线：OE⊥DR，
OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为 E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得
cosα= = = ． 同 理 可 得 ： cosβ= = ， cosγ= =
．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 ），
Q ，R ，
= ， = （ 0 ， 3 ， 6 ） ， = （ ， 5 ， 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 OD，OQ，OR，过点 O 发布作垂线：OE⊥DR，
OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．
设OP=h．
则cosα= = = ．
同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．
由已知可得：OE＞OG＞OF．
∴cosα＞cosγ＞cosβ，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．（5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I = • ，I = • ，I = • ，则（ ）
1 2 3
A．I ＜I ＜I B．I ＜I ＜I C．I ＜I ＜I D．I ＜I ＜I
1 2 3 1 3 2 3 1 2 2 1 3
【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I ＜I ＜I ，
3 1 2
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S ，S = ．
6 6
【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
S =6× ×1×1×sin60°= ．
6
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﹣b2，2∈ab=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+a x4+a x3+a x2+a x+a ，则a = 16
1 2 3 4 5 4
，a = 4 ．
5
【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，a 就是常数的乘积．
5
【解答】解：多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a x4+a x3+a x2+a x+a ，
1 2 3 4 5
（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，
a =3×4+1×4=16；
4
a =1×4=4．
5
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 ，com∠BDC= ．
【分析】如图，取BC得中点E，根据勾股定理求出AE，再求出S ，再根据
△ABC
S = S 即可求出，根据等腰三角形的性质和二倍角公式即可求出
△BDC △ABC
【解答】解：如图，取BC得中点E，
∵AB=AC=4，BC=2，
∴BE= BC=1，AE⊥BC，
∴AE= = ，
∴S = BC•AE= ×2× = ，
△ABC
∵BD=2，
∴S = S = ，
△BDC △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z =1+3=3+1=4，
min
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z 即为原点到切线的距离的 倍，
max
也就是圆弧MN所在圆的半径的 倍，
所以z = × = ．
max
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C 3C 1=40种，这4人选2人作为队长
6 2
和副队有A 2=12种，故有40×12=480种，
4第二类，先选 2 女 2 男，有 C 2C 2=15 种，这 4 人选 2 人作为队长和副队有
6 2
A 2=12种，故有15×12=180种，
4
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﹣2 sinx 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﹣2 sinx 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]，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）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线
为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．
（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和 ，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成
角的正弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵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，
∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立
空间直角系，
设PC=AD=2DC=2CB=2，
则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（ ），A（2，
0，0），B（1，1，0），
=（ ）， =（1，0，﹣1）， =（0，1，﹣1），
设平面PAB的法向量 =（x，y，z），
则 ，取z=1，得 =（1，1，1），
∵ = =0，CE 平面PAB，
⊄
∴CE∥平面PAB．
解：（Ⅱ） =（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量 =（a，b，c），
则 ，取b=1，得 =（0，1，1），
设直线CE与平面PBC所成角为θ，则sinθ=|cos＜ ＞|= = = ．
∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为 ．
【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、BP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k = =x﹣ （﹣1，1），
AP
∈
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+ ，BP：y=﹣ x+ + ，
联立直线AP、BP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） =f（ ）= ，即|PA|•|PQ|的最大值为 ．
max
【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{x }满足：x =1，x =x +ln（1+x ）（n N*），证明：
n 1 n n+1 n+1
当n N*时，
∈
（Ⅰ）0＜x ＜x ；
∈ n+1 n
（Ⅱ）2x ﹣x ≤ ；
n+1 n
（Ⅲ） ≤x ≤ ．
n
【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 ≥2x ﹣x 得 ﹣ ≥2（ ﹣ ）＞0，继续放缩即可证明
n+1 n
【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x ＞0，
n
当n=1时，x =1＞0，成立，
1
假设当n=k时成立，则x ＞0，
k
那么n=k+1时，若x ＜0，则0＜x =x +ln（1+x ）＜0，矛盾，
k+1 k k+1 k+1
故x ＞0，
n+1
因此x ＞0，（n N*）
n
∈∴x =x +ln（1+x ）＞x ，
n n+1 n+1 n+1
因此0＜x ＜x （n N*），
n+1 n
（ Ⅱ ） 由 x =x +ln （ 1+x ） 得 x x ﹣4x +2x =x 2﹣2x + （ x +2 ） ln
n n+1 ∈ n+1 n n+1 n+1 n n+1 n+1 n+1
（1+x ），
n+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x 2﹣2x +（x +2）ln（1+x ）≥0，
n+1 n+1 n+1 n+1
故2x ﹣x ≤ ；
n+1 n
（Ⅲ）∵x =x +ln（1+x ）≤x +x =2x ，
n n+1 n+1 n+1 n+1 n+1
∴x ≥ ，
n
由 ≥2x ﹣x 得 ﹣ ≥2（ ﹣ ）＞0，
n+1 n
∴ ﹣ ≥2（ ﹣ ）≥…≥2n﹣1（ ﹣ ）=2n﹣2，
∴x ≤ ，
n
综上所述 ≤x ≤ ．
n
【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
