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）1，E（ξ2）2，∴E（ξ1）＜E（ξ2），∵D（ξ1）1（11），D（ξ2）2（12），∴D（ξ1）-D（ξ2）=（p12）（112）＜0.故选A．
9.（2017年浙江）如图，已知正四面体D–（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为，，上的点，，=2，分别记二面角D––Q，D––R，D––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为三角形中心，则O到距离最小，O到距离最大，O到距离居中，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，⊥，＝＝＝2，＝3，与交于点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∠∠＞90°，＜，＜，所以·＞0＞·＞·.故选C.
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×（×1×1×60°）．
12.（2017年浙江）已知a，b∈R，（）2=3+4i（i是虚数单位）则a22，.
12.52【解析】由题意可得a22+23+4i，则解得则a22=5，2.
13.（2017年浙江）已知多项式
（1）3
（2）251x42x33x245，，则a4，a5．
13.164【解析】由二项式展开式可得通项公式为32·223·2·22·，分别取0，1和1，0可得a4=4+12=16，取，可得a5=1×22=4．
14.（2017年浙江）已知△，4，2． 点D为延长线上一点，2，连结，则△的面积是，∠.
14.【解析】取中点E，由题意，⊥，△中，∠，∴∠，∠，∴S△×××∠.∵∠2∠，∴∠2∠22∠1，解得∠或∠（舍去）.综上可得，△面积为，∠.
15.（2017年浙江）已知向量a，b满足12,则的最小值是，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，，则，令，则y2=10+2∈[16,20]，据此可得（）=2,（）=4，即的最小值是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
，函数f（x）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]∈[4,5]，分类讨论：
①当a≥5时，f（x）2，函数的最大值24=5，∴，舍去；②当a≤4时，f（x）≤5，此时命题成立；③当4＜a＜5时，[f（x）]{|45}，则或解得或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）2x–2x–2xx（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，，
f（）=（）2-（）2-2××（）．
得f（）=2．
（2）由222x与22x，
得f（x）222
（2）．
所以f（x）的最小正周期是π．
由正弦函数的性质得+2kπ≤2≤+2kπ，k∈Z，
解得π≤x≤+2kπ，k∈Z，
所以，f（x）的单调递增区间是[π，+2kπ]，k∈Z．
19.（2017年浙江）如图，已知四棱锥P–，△是以为斜边的等腰直角三角形，∥，⊥，22，E为的中点．
（第19题图）
（1）证明：
∥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
19.解：
（1）如图，设中点为F，连接，．
因为E，F分别为，中点，
所以∥且，
又因为∥，，
所以∥且，
即四边形为平行四边形，
所以∥，
因此∥平面．
（2）分别取，的中点为M，N，连接交于点Q，连接.
因为E，F，N分别是，，的中点，所以Q为中点，
在平行四边形中，∥.
由△为等腰直角三角形得⊥.
由⊥，N是的中点得⊥．
所以⊥平面，
由得⊥平面，
那么平面⊥平面．
过点Q作的垂线，垂足为H，连接．
是在平面上的射影，所以∠是直线与平面所成的角．
设1．
在△中，由2，1，得，
在△中，由1，得，
在△中，，，
所以∠，
所以直线与平面所成角的正弦值是．
20.（2017年浙江）已知函数f（x）=（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，（）′，
所以f（x）=
（1）（x–）（x＞）.
（2）由f′（x）=0
解得1或．
因为
x
（，1）
1
（1，）
（，+∞）
f′（x）
–
0
+
0
–
f（x）
↘
0
↗
↘
又f（x）（-1）2≥0，
所以f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，]．
21.（2017年浙江）如图，已知抛物线x2，点A（，），B（，），抛物线上的点p（）（＜x＜）．过点B作直线的垂线，垂足为Q．
（第19题图）
（1）求直线斜率的取值范围；
（2）求·的最大值．
21.解：
（1）设直线的斜率为k，
，
因为＜x＜，所以直线斜率的取值范围是（-1，1）．
（2）联立直线与的方程
解得点Q的横坐标是．
因为（）
（1），
（），
所以·
（1）
（1）3．
令f（k）
（1）
（1）3，
因为f′（k）（42）
（1）2，
所以f（k）在区间（-1）上单调递增，（,1）上单调递减，
因此当时，·取得最大值．
22.（2017年浙江）已知数列{}满足x1=1，1（11）（n∈N*）．
证明：
当n∈N*时，
（1）0＜1＜；
（2）21−≤；
（3）≤≤．
22.解：
（1）用数学归纳法证明＞0．
当1时，x1=1>0．
假设时，>0，
那么1时，若1≤0，则0＜1（1+1）≤0，矛盾，故1＞0．
因此＞0（n∈N*）．
所以1（11）＞1，
因此0＜1＜（n∈N*）．
（2）由1（11），
得1-41+212-21+（1+2）（11）.
记函数f（x）2-2
（2）
（1）（x≥0），
f′（x）
（1）＞0（x＞0），
函数f（x）在[0，+∞]上单调递增，所以f（x）≥f（0）=0，
因此12-21+（1+2）（11）
（1）≥0，
故21≤（n∈N*）．
（3）因为1（11）≤11=21，
所以≥，
由≥21，
得≥2（）＞0，
所以≥2（）≥…≥21（）=22，
故≤．
综上，≤≤（n∈N*）．
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