浙江省高考数学试卷(含答案)

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