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）
【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
【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
【解析】因为∠AOB=∠COD＞90°，OA＜OC，OB＜OD，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=．
【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=___________.
【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=________．
【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=___________.
【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_______．
，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）
【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___________．
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.
（1）求证：
CE∥平面PAB；
（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
【分析】
（1）取PA中点F,构造平行四边形BCEF即可证明；
（2）取BC,AD中点M,N,可得AD⊥平面PBN,即BC⊥平面PBN,过点Q作PB的垂线,垂足为H,连接MH,可知MH是MQ在平面PBC上的射影,则∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角,由此可在Rt△MQH中求∠QMH的正弦值.
【解析】
（1）如图,设PA中点为F,连接EF,FB.
∵E,F分别为PD,PA中点,∴EF∥AD且EF＝AD.
又∵BC∥AD,BC＝AD,
∴EF∥BC且EF＝BC,即四边形BCEF为平行四边形,
∴CE∥BF,∴CE∥平面PAB.
（2）分别取BC,AD的中点M,N,连接PN交EF于点Q,连接MQ.
∵E,F,N分别是PD,PA,AD的中点,∴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.
∴AD⊥平面PBN.
由BC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,∴∠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＝,∴sin∠QMH＝.
∴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年浙江）已知数列{xn}满足x1＝1,xn＝xn+1＋ln（1＋xn＋1）（n∈N*）.
证明：
当n∈N*时,
（1）0＜xn+1＜xn；
（2）2xn+1xn≤；
（3）≤xn≤.
【解析】
（1）用数学归纳法证明xn＞0.
当n＝1时,x1＝1>0.
假设n＝k时,xk>0,则当n＝k＋1时,若xk+1≤0,则0＜xk＝xk+1＋ln（1＋xk+1）≤0,矛盾,故xk+1＞0.
∴xn＞0（n∈N*）.
∴xn＝xn+1＋ln（1＋xn＋1）＞xn+1,
∴0＜xn+1＜xn0（n∈N*）.
（2）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）.
令f（x）＝x2－2x＋（x＋2）ln（1＋x）（x≥0）,
则f′（x）＝＋ln（1＋x）＞0（x＞0）,
∴f（x）在[0,＋∞]上单调递增,∴f（x）≥f（0）＝0.
∴xn+12－2xn+1＋（xn+1＋2）ln（1＋xn+1）＝f（xn+1）≥0,
∴2xn+1xn≤（n∈N*）.
（3）∵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,≤xn≤（n∈N*）.
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