1、. .2017 浙江省高考理科数学试卷一、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|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( )x29y24A B C D133 53 23 593 ( 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:cm 3)是( )A +1 B +3C +1 D +32 2 32 324 ( 4 分)若 x、y 满足约 束条件 ,则 z=x+2y 的取值范围是( x0x+y-30x-2y0)
2、A 0,6 B0,4 C6 ,+) D4,+). .5 ( 4 分)若函数 f(x)=x 2+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a n的公差为 d,前 n 项和 为 Sn,则“d0”是“S4+S62S 5”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 D8
3、( 4 分)已知随机变量 i满足 P( i=1)=p i,P( i=0)=1p i,i=1,2 若0 p1p 2 ,则( )12A E( 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BQQCCRRADPRQ,D PQR,D QRP 的平面角为 、 、, 则( )A B C D10 (4 分)如
4、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= ,I 2= ,I 3= ,则( )OAOB OBOC OCODA I1I 2I 3 BI 1I 3I 2 CI 3I 1I 2 DI 2I 1I 3二、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 ,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,S 6= . .1
5、2 (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+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,则a4= ,a 5= 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 a b a b a b ab,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
6、 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 5,4x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)=sin 2xcos2x2 sinx cosx(xR ) 3()求 f( )的值23()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
7、点. .()证明:CE平面 PAB;()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 ) 2x-112(1 )求 f(x)的导函数;(2 )求 f(x)在区间 , +)上的取值范围1221 (15 分)如图,已知抛物线 x2=y,点 A( , ) ,B ( , ) ,抛物线上的1214 3294点 P(x ,y) ( x ) , 过点 B 作直线 AP 的垂线 ,垂足为 Q12 32()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x n满足:x 1=1,x n=xn+1+ln(1+x n+1) (
8、nN *) ,证明:当 nN*时,. .()0x n+1x n;()2x n+1xn ;xnxn+12() xn 12n-112n-2. .2017 年浙江省高考理科数学参考答案 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|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
9、( 4 分)椭圆 + =1 的离心率是( )x29y24A B C D133 53 23 59【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= = ,x29y249-4 5所以椭圆的离心率为: = ca 53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:cm 3)是( )A +1 B +3C +1 D +32 2 32 32【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
10、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= +1,1213 13122 22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( x0x+y-30x-2y0)A 0,6 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【解答】解:x、y 满足约束 条件
11、 ,表示的可行域如图:x0x+y-30x-2y0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 ) ,x+y-3=0x-2y=0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)=x 2+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【分析】结合二次函数的图 象和性质,分类讨论不同情 况下 M
12、m 的取值与 a,b的关系,综合可得答案【解答】解:函数 f(x )=x 2+ax+b 的图象是开口朝上且以直线 x= 为对称轴的a2抛物线,当 1 或 0,即 a2,或 a0 时,a2 a2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 无关当 1,即2a 1 时,12a2函数 f(x)在区间0, 上递减,在 ,1 上递增,a2 a2且 f(0 )f (1 ) ,此时 Mm=f(0)f( ) = ,a2 a24故 Mm 的值与 a 有关,与 b 无关. .当 0 ,即1a0 时,a212函数 f(x)在区间0, 上递减,在
13、 ,1 上递增,a2 a2且 f(0 )f (1 ) ,此时 Mm=f(1)f( ) =1+a+ ,a2 a24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a n的公差为 d,前 n 项和 为 Sn,则“d0”是“S4+S62S 5”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+S62S 5,可以得到 d0,根据充分必要条件的定义即可判断【解答】解:S
14、 4+S62S 5,4a1+6d+6a1+15d2(5a 1+10d) ,21d20d,. .d0,故“d0” 是“S 4+S62S 5”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【
15、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 i满足 P( i=1)=p i,P( i=0)=1p i,i=1,2 若0 p1p 2 ,则( )12A E( 1)E( 2) ,D( 1)D ( 2) BE( 1)E(
16、 2) ,D( 1)D( 2)CE( 1)E( 2) ,D( 1)D( 2) DE ( 1)E ( 2) ,D ( 1)D( 2)【分析】由已知得 0p 1p 2 , 1 p21 p11,求出 E( 1)=p 1,E( 2)1212=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)=p i,P( i=0)=1p i,i=1,2 ,0 p1p 2 ,12 1 p21p 11,12E( 1) =1p1+0(1p 1)=p 1,E( 2) =1p2+0(1p 2)=p 2,D( 1) =(1p 1) 2p1+( 0p1) 2(1 p1)= ,p
17、1-p12D( 2) =(1p 2) 2p2+( 0p2) 2(1 p2)= ,p2-p22. .D( 1) D( 2)=p 1p12( )=(p 2p1) (p 1+p21)0,p2-p22E( 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BQQCCRRADPRQ,D PQR,D QRP
18、 的平面角为 、 、, 则( )A B C D【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2 ( 3,3,0) (-23,0,0)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: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:OEOG OF 即可得出ODOE ODOF ODOG【解答】解法一:如图所
19、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 ,2 3 ( 3,3,0) (-23,0,0)= , =(0 ,3,6 ) , =( ,6,0 ) , =PR(-23,3,0) PD 2 PQ 3 QR,(-33, -3,0)= QD(- 3, -3,6 2)设平面 PDR 的法向量为 =(x,y,z) ,则 ,可得n n PR=0n PD=0,-23x+3y=03y+62z=0可得 = ,取平面 ABC 的法向量 =(0,0 ,1) n ( 6,2
20、2, -1) m则 cos = = ,取 =arccos m, nmn|m|n| -115 115同理可得:=arccos =arccos 3681 295 1152953681 . .解法二:如图所示,连接 OP,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则 tan= ODOE同理可得:tan= ,tan= ODOF ODOG由已知可得:OEOGOF tantan tan, , 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,
21、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= ,I 2= ,I 3= ,则( )OAOB OBOC OCODA I1I 2I 3 BI 1I 3I 2 CI 3I 1I 2 DI 2I 1I 3【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 ,2AOB=COD90,由图象知 OAOC,OB OD,0 , 0,OAOBOCODOBOC即 I3I 1I 2,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
22、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 ,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,S 6= 332【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
23、1sin60= 12 332故答案为: 332【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, , a=2b=1 a=-2b=-1则 a2+b2
24、=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,a 5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=34+14=16;a5=
25、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= 152 104【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,根据等腰三角形的性 质 和二倍角公式即可求出12【解答】解:如图,取 BC 得中点 E,AB=AC=4,BC=2,BE= BC=1,AEBC,12AE= = ,AB2-BE2 15SABC = BCAE= 2 = ,12 1
26、21515BD=2,SBDC = SABC = ,12 152BC=BD=2,BDC=BCD,ABE=2BDC在 RtABE 中,. .cosABE= = ,BEAB14cosABE=2cos2BDC1= ,14cosBDC= ,104故答案为: ,152 104【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 a b a b a b ab,最大值是 25【分析】通过记AOB=(0) ,利用余弦定理可可知| + |= 、|a b 5+4cos |= ,进而换元,转化为线性规划问题,计算即
27、得结论ab 5-4cos【解答】解:记AOB=,则 0,如图,由余弦定理可得:. .| + |= ,a b 5+4cos| |= ,ab 5-4cos令 x= ,y= ,5-4cos5+4cos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,2也就是圆弧 MN 所在圆的半径的 倍,2所以 zmax= = 2 1025综上所述,| + |+| |的最小值是 4,最
28、大值是 a b ab 25故答案为:4、 25【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 4012
29、=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 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 5,4x则 a 的取 值范 围是 (, 92【分析】通过转化可知|x+ a|+a5 且 a5,进而解绝对值不等式可知4x. .2a5x+ 5,进而计算可得 结论4x【解答】解:由题可知|x+ a|+a5,即|x+ a|5a,所以
30、a5,4x 4x又因为|x+ a|5a,4x所以 a5x+ a5a,4x所以 2a5x+ 5,4x又因为 1x4,4x+ 5,4x所以 2a54,解得 a ,92故答案为:(, 92【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)=sin 2xcos2x2 sinx cosx(xR ) 3. .()求 f( )的值23()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23()根据正弦型函数的
31、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)=sin 2xcos2x2 sinx cosx= sin2xcos2x=2sin(2x+3 3)76()f( )=2sin(2 + )=2sin =2,23 2376 52()=2 ,故 T=,即 f(x)的最小正周期为 ,由 2x+ +2k, +2k,kZ 得:76 2 2x +k, +k,kZ,56 3故 f(x)的单调递增区间为 +k, +k或写成k+ ,k+ ,kZ56 3 6 23【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
32、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 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
33、,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,EC平面 PAB解:()连结 BF,过 F 作 FMPB 于 M,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= = = ,PC2-BC2 4-1 3BF=PF=1,MF= ,12又 BC平面 PBF,BCMF,MF平面 PBC,即点 F 到平面 PBC 的距离为
34、 ,12MF= ,D 到平面 PBC 的距离应该和 MF 平行且相等,为 ,12 12E 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 ,14在 , PCD中,PC=2,CD=1,PD= 2由余弦定理得 CE= ,2设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 ,则 sin= = 14CE28【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
35、)e x(x ) 2x-112(1 )求 f(x)的导函数;(2 )求 f(x)在区间 , +)上的取值范围12【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 1x 时,当12 52x 时,f (x)的单调性,判 断 f(x )0 ,计算 f( ) ,f(1) ,f( ) ,即可得52 12 52到所求取值范围【解答】解:(1)函数 f(x)=(x )e x(x ) ,2x-112导数 f(x)=(1 2)e x(x )e x12 12x-12x-1=(1 x+ )e x=(1x) (1 )e
36、x;2x-22x-1 22x-1(2 )由 f(x)的导数 f(x)= (1 x) (1 ) ex,22x-1. .可得 f(x)=0 时,x=1 或 ,52当 x1 时,f(x )0,f (x )递减;12当 1x 时,f(x )0,f (x )递增;52当 x 时,f(x )0,f(x)递减,52且 x x22x1(x 1) 20,2x-1则 f(x)0由 f( )= e ,f(1)=0,f( )= e ,12 12-12 52 12-52即有 f(x)的最大值为 e ,最小值为 f(1 )=012-12则 f(x)在区间 ,+ )上的取值范围是0 , e 12 12-12【点评】本题考查
37、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1214 3294点 P(x ,y) ( x ) , 过点 B 作直线 AP 的垂线 ,垂足为 Q12 32. .()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,x 2) ,利用斜率公式 结合 x12可得结论;32()通过(I)知 P(x,x 2) 、 x ,设直线 AP 的斜率为 k,联立直线12 32AP、 BQ 方程可知 Q 点坐标,进而可用 k 表示出 、 ,计算可知PQPA|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】解:()由题可知 P(x,x 2) , x ,12 32所以 kAP= =x (1,1 ) ,x2-14x+12 12故直线 AP 斜率的取值范围是:(1 ,1) ;()由(I )知 P(x,x 2) , x ,12 32