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）
8.A【解析】∵E（ξ1）=p1，E（ξ2）=p2，∴E（ξ1）＜E（ξ2），∵D（ξ1）=p1（1-p1），D（ξ2）=p2（1-p2），∴D（ξ1）-D（ξ2）=（p1-p2）（1-p1-p2）＜0.故选A．
9.（2017年浙江）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（）
（第9题图）
A．γ<α<βB．α<γ<βC．α<β<γD．β<γ<α
9.B【解析】设O为三角形ABC中心，则O到PQ距离最小，O到PR距离最大，O到RQ距离居中，而高相等，因此α<γ<β.故选B.
10.（2017年浙江）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（）
（第10题图）
A．I1＜I2＜I3B．I1＜I3＜I2
C．I3＜I1＜I2D．I2＜I1＜I3
10.C【解析】因为∠AOB=∠COD＞90°，OA＜OC，OB＜OD，所以·＞0＞·＞·.故选C.
非选择题部分（共100分）
11.（2017年浙江）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=．
11.【解析】将正六边形分割为6个等边三角形，则S6=6×（×1×1×sin60°）=．
12.（2017年浙江）已知a，b∈R，（a+bi）2=3+4i（i是虚数单位）则a2+b2=___________，ab=___________.
12.52【解析】由题意可得a2-b2+2abi=3+4i，则解得则a2+b2=5，ab=2.
13.（2017年浙江）已知多项式（x+1）3（x+2）2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，，则a4=________，a5=________．
13.164【解析】由二项式展开式可得通项公式为Cr3xrCm2·22-m=Cr3·Cm2·22-m·xr+m，分别取r=0，m=1和r=1，m=0可得a4=4+12=16，取r=m，可得a5=1×22=4．
14.（2017年浙江）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=___________.
14.【解析】取BC中点E，由题意，AE⊥BC，△ABE中，cos∠ABE==，∴cos∠DBC=-，sin∠DBC==，∴S△BCD=×BD×BC×sin∠DBC=.∵∠ABC=2∠BDC，∴cos∠ABC=cos2∠BDC=2cos2∠BDC-1=，解得cos∠BDC=或cos∠BDC=-（舍去）.综上可得，△BCD面积为，cos∠BDC=.
15.（2017年浙江）已知向量a，b满足|a|=1,|b|=2,则|a+b|+|a-b|的最小值是________，最大值是_______．
15.4，2【解析】设向量a，b的夹角为θ，由余弦定理有|a-b|==，|a+b|==，则|a+b|+|a-b|=+，令y=+，则y2=10+2∈[16,20]，据此可得（|a+b|+|a-b|）max==2,（|a+b|+|a-b|）min==4，即|a+b|+|a-b|的最小值是4，最大值是2．
16.（2017年浙江）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）
16.660【解析】由题意可得，“从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”中的选择方法为C48×C14×C13（种）方法，其中“服务队中没有女生”的选法有C46×C14×C13（种）方法，则满足题意的选法有C48×C14×C13-C46×C14×C13=660（种）.
17.（2017年浙江）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___________．
17.（-∞，]【解析】x∈[1,4],x+∈[4,5]，分类讨论：
①当a≥5时，f（x）=a-x-+a=2a-x-，函数的最大值2a-4=5，∴a=，舍去；②当a≤4时，f（x）=x+-a+a=x+≤5，此时命题成立；③当4＜a＜5时，[f（x）]max=max{|4-a|+a,|5-a|+a}，则或解得a=或a＜.综上可得，实数a的取值范围是（-∞，]．
18.（2017年浙江）已知函数f（x）=sin2x–cos2x–2sinxcosx（x∈R）．
（1）求f（）的值．
（2）求f（x）的最小正周期及单调递增区间．
18.解：
（1）由sin=，cos=-，
f（）=（）2-（-）2-2××（-）．
得f（）=2．
（2）由cos2x=cos2x-sin2x与sin2x=2sinxcosx，
得f（x）=-cos2x-sin2x=-2sin（2x+）．
所以f（x）的最小正周期是π．
由正弦函数的性质得+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，
解得+kπ≤x≤+2kπ，k∈Z，
所以，f（x）的单调递增区间是[+kπ，+2kπ]，k∈Z．
19.（2017年浙江）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．
（第19题图）
（1）证明：
CE∥平面PAB；
（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
19.解：
（1）如图，设PA中点为F，连接EF，FB．
因为E，F分别为PD，PA中点，
所以EF∥AD且EF=AD，
又因为BC∥AD，BC=AD，
所以EF∥BC且EF=BC，
即四边形BCEF为平行四边形，
所以CE∥BF，
因此CE∥平面PAB．
（2）分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD．
所以AD⊥平面PBN，
由BC//AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN．
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH．
MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD=1．
在△PCD中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，
在△PBN中，由PN=BN=1，PB=得QH=，
在Rt△MQH中，QH=，MQ=，
所以sin∠QMH=，
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．
20.（2017年浙江）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．
20.解：
（1）因为（x–）′=1-，（e-x）′=-e-x，
所以f（x）=（1-）e-x-（x–）e-x=（x＞）.
（2）由f′（x）==0
解得x=1或x=．
因为
x
（，1）
1
（1，）
（，+∞）
f′（x）
–
0
+
0
–
f（x）
e-
↘
0
↗
e-
↘
又f（x）=（-1）2e-x≥0，
所以f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e-]．
21.（2017年浙江）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．
（第19题图）
（1）求直线AP斜率的取值范围；
（2）求|PA|·|PQ|的最大值．
21.解：
（1）设直线AP的斜率为k，
k==x-，
因为-＜x＜，所以直线AP斜率的取值范围是（-1，1）．
（2）联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ=．
因为|PA|=（x+）=（k+1），
|PQ|=（xQ-x）=-，
所以|PA|·|PQ|=-（k-1）（k+1）3．
令f（k）=-（k-1）（k+1）3，
因为f′（k）=-（4k-2）（k+1）2，
所以f（k）在区间（-1,）上单调递增，（,1）上单调递减，
因此当k=时，|PA|·|PQ|取得最大值．
22.（2017
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