2017年浙江省高考数学试卷.doc

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1、第 1 页（共 24 页）2017 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 40 分）分）1 （4 分）已知集合 P=x|1x1，Q=x|0x2，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（ ）ABCD3 （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+1B+3C+1D+34 （4 分）若 x、y 满足约束条件，则 z=x+2y 的取值范围是（ ）A0，6 B0，4 C6，+）D4，+）5 （4

2、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 Mm（ ）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+S62S5”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件第 2 页（共 24 页）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（ ）ABCD8 （4 分）已知随机变量 i满足 P（i=1）=pi，P（i=0

3、）=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）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DPRQ，DPQR，DQRP 的平面角为 、，则（ ）ABCD10 （4 分）如图，已知平面四边形 ABCD，ABBC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与 BD 交于点 O，记 I1=，I2=，I3=，则（ ）第 3 页（共 24 页）AI1I2I3

4、BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分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

5、1x4+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 ，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

6、范围是 三、解答题（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分）18 （14 分）已知函数 f（x）=sin2xcos2x2sinx cosx（xR） （）求 f（）的值（）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 PABCD，PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PC=AD=2DC=2CB，E 为 PD 的中点（）证明：CE平面 PAB；第 4 页（共 24 页）（）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）ex（x） （1）求 f（x）的导函数；（2）求 f（x）在区间，+

7、）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（）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nN*时，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn第 5 页（共 24 页）2017 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题（共一、选择题（共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，满分分，满分 40 分）

8、分）1 （4 分）已知集合 P=x|1x1，Q=x|0x2，那么 PQ=（ ）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|1x1，Q=x|0x2，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【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

9、） ，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）第 6 页（共 24 页）A+1B+3C+1D+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123+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（ ）A0，

10、6 B0，4 C6，+）D4，+）【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第 7 页（共 24 页）【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 Mm（ ）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

11、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 Mm 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，当1 或0，即 a2，或 a0 时，函数 f（x）在区间0，1上单调，此时 Mm=|f（1）f（0）|=|a+1|，故 Mm 的值与 a 有关，与 b 无关第 8 页（共 24 页）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 Mm=f（0）f（）=，故 Mm 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，

12、1上递增，且 f（0）f（1） ，此时 Mm=f（1）f（）=1+a+，故 Mm 的值与 a 有关，与 b 无关综上可得：Mm 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“S4+S62S5”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+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+1

13、0d） ，21d20d，d0，第 9 页（共 24 页）故“d0”是“S4+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（ ）ABCD【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

14、）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 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）第 10 页（共 24 页）CE（1）E（2） ，D（1）D（2） DE（1）E（2） ，D（

15、1）D（2）【分析】由已知得 0p1p2，1p21p11，求出 E（1）=p1，E（2）=p2，从而求出 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=1，2，0p1p2，1p21p11，E（1）=1p1+0（1p1）=p1，E（2）=1p2+0（1p2）=p2，D（1）=（1p1）2p1+（0p1）2（1p1）=，D（2）=（1p2）2p2+（0p2）2（1p2）=，D（1）D（2）=p1p12（）=（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

16、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 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DPRQ，DPQR，DQRP 的平面角为 、，则（ ）第 11 页（共 24 页）ABCD【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

17、别作垂线：OEPR，OFPQ，OGQR，垂足分别为 E，F，G，连接 DE，DF，DG 可得tan=tan=，tan=由已知可得：OEOGOF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 =arccos同理可得：=arccos=arccos解法二：如图所示，连接 O

18、P，OQ，OR，过点 O 分别作垂线：OEPR，OFPQ，OGQR，垂足分别为 E，F，G，连接 DE，DF，DG设 OD=h第 12 页（共 24 页）则 tan=同理可得：tan=，tan=由已知可得：OEOGOFtantantan， 为锐角故选：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，ABBC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC与 BD 交于点 O，记 I1=，I2=，I3=，则（ ）第 13 页（共 24 页）AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3【

19、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：ABBC，AB=BC=AD=2，CD=3，AC=2，AOB=COD90，由图象知 OAOC，OBOD，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：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分分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

20、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=611sin60=故答案为：第 14 页（共 24 页）【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 【分析】a、bR， （a+bi）2=3+4i（i 是虚数单

21、位） ，可得 3+4i=a2b2+2abi，可得3=a2b2，2ab=4，解出即可得出【解答】解：a、bR， （a+bi）2=3+4i（i 是虚数单位） ，3+4i=a2b2+2abi，3=a2b2，2ab=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

22、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=34+14=16；第 15 页（共 24 页）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= 【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SBDC=SABC即可求出，根据等腰三角形

23、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，AEBC，AE=，SABC=BCAE=2=，BD=2，SBDC=SABC=，BC=BD=2，BDC=BCD，ABE=2BDC在 RtABE 中，cosABE=，cosABE=2cos2BDC1=，cosBDC=，故答案为：，第 16 页（共 24 页）【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=（0） ，利用余弦定理可可知| + |=、| |=，

24、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 x2+y2=10（x、y1） ，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、第 17 页（共 24 页）【点评】本题考查函数的最值及其几何意

25、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 4012=480 种，第二类，先选 2 女 2 男，有 C62C22=15 种，这 4 人选 2 人作

26、为队长和副队有A42=12 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 （， 第 18 页（共 24 页）【分析】通过转化可知|x+a|+a5 且 a5，进而解绝对值不等式可知2a5x+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|x+a|5a，所以 a5x+a5a，所以 2a5x+5，又因为 1x4，4x+5，所以 2a54

27、，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（共三、解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分）18 （14 分）已知函数 f（x）=sin2xcos2x2sinx cosx（xR） （）求 f（）的值（）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，（）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）=sin2xcos2x2sinx cosx=sin2xcos2x=2sin（2x+）（）

28、f（）=2sin（2+）=2sin=2，（）=2，故 T=，第 19 页（共 24 页）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】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，BCAD，CDAD，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【分析】 （）取 AD 的中点 F，连结

29、 EF，CF，推导出 EFPA，CFAB，从而平面 EFC平面 ABP，由此能证明 EC平面 PAB（）连结 BF，过 F 作 FMPB 于 M，连结 PF，推导出四边形 BCDF 为矩形，从而 BFAD，进而 AD平面 PBF，由 ADBC，得 BCPB，再求出 BCMF，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，BCAD，AD=2DC=2CB，F 为中点，CFAB，平面 EFC平面 ABP，EC平面 EFC，第 20 页（共 24 页）EC平面 PAB解：（）连结 BF，过 F 作 FMPB 于 M，

30、连结 PF，PA=PD，PFAD，推导出四边形 BCDF 为矩形，BFAD，AD平面 PBF，又 ADBC，BC平面 PBF，BCPB，设 DC=CB=1，由 PC=AD=2DC=2CB，得 AD=PC=2，PB=，BF=PF=1，MF=，又 BC平面 PBF，BCMF，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 ，则 sin=【点评】本题考查线面

31、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，是中档题第 21 页（共 24 页）20 （15 分）已知函数 f（x）=（x）ex（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（） ，即可得到所求取值范围【解答】解：（1）函

32、数 f（x）=（x）ex（x） ，导数 f（x）=（12）ex（x）ex=（1x+）ex=（1x） （1）ex；（2）由 f（x）的导数 f（x）=（1x） （1）ex，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（x）0，f（x）递减，且 xx22x1（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，考查化简整理的运第 22 页（共 24 页）算能力

33、，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（）求直线 AP 斜率的取值范围；（）求|PA|PQ|的最大值【分析】 （）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；（）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（1k） ，通过令 f（x）=（1+x）3（1x） ，1x1，求导结合单调性可得结论【解答】

34、解：（）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） ；（）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（，） ，第 23 页（共 24 页）故=（，） ，又因为=（1k，k2k） ，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 f（x）0，当x1 时

35、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nN*时，（）0xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn【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【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

36、，那么 n=k+1 时，若 xk+10，则 0xk=xk+1+ln（1+xk+1）0，矛盾，第 24 页（共 24 页）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+ln（1+xn+1）得 xnxn+14xn+1+2xn=xn+122xn+1+（xn+1+2）ln（1+xn+1） ，记函数 f（x）=x22x+（x+2）ln（1+x） ，x0f（x）=+ln（1+x）0，f（x）在（0，+）上单调递增，f（x）f（0）=0，因此 xn+122xn+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（）2n1（）=2n2，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