浙江地区温州市2017年度高考数学模拟试卷(解析版).doc

_* 2017年浙江省温州市高考数学模拟试卷（2月份） 　 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1．设集合A={x||x﹣2|≤1}，B={x|0＜x≤1}，则A∪B=（　　） A．（0，3] B．（0，1] C．（﹣∞，3] D．{1} 2．设复数z1=﹣1+2i，z2=2+i，其中i为虚数单位，则z1•z2=（　　） A．﹣4 B．3i C．﹣3+4i D．﹣4+3i 3．已知空间两不同直线m、n，两不同平面α、β，下列命题正确的是（　　） A．若m∥α且n∥α，则m∥n B．若m⊥β且m⊥n，则n∥β C．若m⊥α且m∥β，则α⊥β D．若m不垂直于α，且n⊂α则m不垂直于n 4．若直线y=x+b与圆x2+y2=1有公共点，则实数b的取值范围是（　　） A．[﹣1，1] B．[0，1] C．[0，] D．[﹣，] 5．设离散型随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P P1 P2 P3 则EX=2的充要条件是（　　） A．P1=P2 B．P2=P3 C．P1=P3 D．P1=P2=P3 6．若二项式（+）n的展开式中各项的系数和为32，则该展开式中含x的系数为（　　） A．1 B．5 C．10 D．20 7．要得到函数y=sin（3x﹣）的图象，只需将函数y=cos3x的图象（　　） A．向右平移个单位 B．向左平移个单位 C．向右平移个单位 D．向左平移个单位 8．如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与BCD均为等于直角三角形，且∠BAC=∠BCD=90，BC=2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30的角，则线段PA长的取值范围是（　　） A．（0，） B．[0，] C．（，） D．（，） 9．记max{a，b}=，已知向量，，满足||=1，||=2， •=0， =λ+μ（λ，μ≥0，且λ+μ=1，则当max{•， •}取最小值时，||=（　　） A． B． C．1 D． 10．已知定义在实数集R上的函数f（x）满足f（x+1）=+，则f（0）+f（2017）的最大值为（　　） A．1﹣ B．1+ C． D． 　 二、填空题（本小题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分） 11．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=1，b=2，C=60，则c=　　，△ABC的面积S=　　． 12．若实数x，y满足，则y的最大值为　　，的取值范围是　　． 13．如图，一个简单几何体三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积是　　，表面积是　　． 14．在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门，若同学甲必选物理，则甲的不同选法种数为　　，乙丙两名同学都选物理的概率是　　． 15．在等差数列{an}中，若a22+2a2a8+a6a10=16，则a4a6=　　． 16过抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F直线交该抛物线与A，B两点，若|AF|=8|OF|（O为坐标原点），则　　． 17．已知a，b，c∈R，若|acos2x+bsinx+c|≤1对x∈R成立，则|asinx+b|的最大值为　　． 　 三、解答题（本大题5小题，共74分） 18．（14分）已知函数f（x）=sinxcosx+cos2x （I）求函数f（x）的最小正周期； （II）若﹣＜α＜0，f（α）=，求sin2α的值． 19．（15分）在四菱锥P﹣ABCD中，PA⊥AD，PA=1，PC=PD，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB=BC=1，CD=2． （I）求证：PA⊥AB； （II）求直线AD与平面PCD所成角的大小． 20．（15分）设函数f（x）=，证明： （I）当x＜0时，f（x）＜1； （II）对任意a＞0，当0＜|x|＜ln（1+a）时，|f（x）﹣1|＜a． 21．（15分）已知直线l：y=﹣x+3与椭圆C：mx2+ny2=1（n＞m＞0）有且只有一个公共点P（2，1）． （I）求椭圆C的标准方程； （II）若直线l′：y=﹣x+b交C于A，B两点，且PA⊥PB，求b的值． 22．（15分）设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*， （I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1； （II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1； （III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n． 　  2017年浙江省温州市高考数学模拟试卷（2月份） 参考答案与试题解析 　 一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分） 1．设集合A={x||x﹣2|≤1}，B={x|0＜x≤1}，则A∪B=（　　） A．（0，3] B．（0，1] C．（﹣∞，3] D．{1} 【考点】并集及其运算． 【分析】先分别求出集合A和B，由此能求出A∪B． 【解答】解：∵集合A={x||x﹣2|≤1}={x|1≤x≤3}， B={x|0＜x≤1}， ∴A∪B={x|0＜x≤3}=（0，3]． 故选：A． 【点评】本题考查并集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意并集定义的合理运用． 　 2．设复数z1=﹣1+2i，z2=2+i，其中i为虚数单位，则z1•z2=（　　） A．﹣4 B．3i C．﹣3+4i D．﹣4+3i 【考点】复数代数形式的乘除运算． 【分析】利用复数的运算法则即可得出． 【解答】解：z1•z2=（﹣1+2i）（2+i）=﹣4+3i． 故选：D． 【点评】本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 　 3．已知空间两不同直线m、n，两不同平面α、β，下列命题正确的是（　　） A．若m∥α且n∥α，则m∥n B．若m⊥β且m⊥n，则n∥β C．若m⊥α且m∥β，则α⊥β D．若m不垂直于α，且n⊂α则m不垂直于n 【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系． 【分析】在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，n∥β或n⊂β；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，m可以垂直于n． 【解答】解：由空间两不同直线m、n，两不同平面α、β，知： 在A中，若m∥α且n∥α，则m与n相交、平行或异面，故A错误； 在B中，若m⊥β且m⊥n，则n∥β或n⊂β，故B错误； 在C中，若m⊥α且m∥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确； 在D中，若m不垂直于α，且n⊂α，则m可以垂直于n，故D错误． 故选：C． 【点评】本题考查命题真假的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用． 　 4．若直线y=x+b与圆x2+y2=1有公共点，则实数b的取值范围是（　　） A．[﹣1，1] B．[0，1] C．[0，] D．[﹣，] 【考点】直线与圆相交的性质． 【分析】由题意利用点到直线的距离小于等于半径，求出b的范围即可． 【解答】解：由题意可知圆的圆心坐标为（0，0），半径为1， 因为直线y=x+b与圆x2+y2=1有公共点，所以≤1， 解得﹣≤b≤． 故选D． 【点评】本题是中档题，考查直线与圆的位置关系，考查计算能力，转化思想的应用． 　 5．设离散型随机变量X的分布列为 X 1 2 3 P P1 P2 P3 则EX=2的充要条件是（　　） A．P1=P2 B．P2=P3 C．P1=P3 D．P1=P2=P3 【考点】离散型随机变量及其分布列． 【分析】当EX=2时，由离散型随机变量X的分布列的性质列出方程组得P1=P3，当P1=P3时，P1+P2+P3=2P1+P2=1能求出EX=2．从而得到EX=2的充要条件是P1=P3． 【解答】解：由离散型随机变量X的分布列知： 当EX=2时，，解得P1=P3， 当P1=P3时，P1+P2+P3=2P1+P2=1． EX=P1+2P2+3P3=4P1+2P2=2． ∴EX=2的充要条件是P1=P3． 故选：C． 【点评】本题考查离散型随机变量的数学期望为2的充要条件的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意离散型随机变量的性质的合理运用． 　 6．若二项式（+）n的展开式中各项的系数和为32，则该展开式中含x的系数为（　　） A．1 B．5 C．10 D．20 【考点】二项式定理的应用． 【分析】令x=1，则2n=32，解得n=5，再利用通项公式即可得出． 【解答】解：令x=1，则2n=32，解得n=5， ∴的通项公式：Tr+1==， 令=1，解得r=1． ∴该展开式中含x的系数为=5． 故选：B． 【点评】本题考查了二项式定理的通项公式及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 　 7．要得到函数y=sin（3x﹣）的图象，只需将函数y=cos3x的图象（　　） A．向右平移个单位 B．向左平移个单位 C．向右平移个单位 D．向左平移个单位 【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换． 【分析】利用诱导公式，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论． 【解答】解：函数y=sin（3x﹣）=cos[﹣（3x﹣）]=cos（3x﹣）， 故将函数y=cos3x的图象向右平移个单位，可得y=cos（3x﹣）=sin（3x﹣）的图象， 故选：A． 【点评】本题主要考查诱导公式，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题． 　 8．如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与BCD均为等于直角三角形，且∠BAC=∠BCD=90，BC=2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30的角，则线段PA长的取值范围是（　　） A．（0，） B．[0，] C．（，） D．（，） 【考点】点、线、面间的距离计算． 【分析】以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段PA长的取值范围． 【解答】解：以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系， 则A（0，1，1），B（0，2，0），C（0，0，0）， 设Q（q，0，0），=（0，λ，﹣λ）， 则=﹣==（q，0，0）﹣（0，1，1）﹣（0，λ，﹣λ）=（q，﹣1﹣λ，λ﹣1）， ∵异面直线PQ与AC成30的角， ∴cos30====， ∴q2+2λ2+2=，∴， ∴，解得0， ∴||=∈[0，]， ∴线段PA长的取值范围是[0，]． 故选：B． 【点评】本题考查线段的取值范围的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用． 　 9．记max{a，b}=，已知向量，，满足||=1，||=2， •=0， =λ+μ（λ，μ≥0，且λ+μ=1，则当max{•， •}取最小值时，||=（　　） A． B． C．1 D． 【考点】平面向量数量积的运算． 【分析】由题意画出图形，设，则，由已知求得λ的范围，把•， •均用含有λ的代数式表示，求出分段函数的值域，得到max{•， •}的最小值，进一步求得||． 【解答】解：如图， 设，则， ∵λ，μ≥0，λ+μ=1，∴0≤λ≤1． 又=λ+μ， ∴=λ； =4﹣4λ． 由λ=4﹣4λ，得． ∴max{•， •}=． 令f（λ）=． 则f（λ）∈[]． ∴，此时， ∴=． ∴． 故选：A． 【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查数学转化思想方法，训练了分段函数值域的求法，属中档题． 　 10．已知定义在实数集R上的函数f（x）满足f（x+1）=+，则f（0）+f（2017）的最大值为（　　） A．1﹣ B．1+ C． D． 【考点】抽象函数及其应用． 【分析】由已知可得f（x+1）﹣f2（x+1）+f（x）﹣f2（x）=，令g（x）=f（x）﹣f2（x），则g（0）+g（2017）=，结合基本不等式和二次函数的图象和性质，可得答案． 【解答】解：∵函数f（x）满足f（x+1）=+， ∴f（x）＞0且f2（x+1）=++f（x）﹣f2（x）， 则f（x+1）﹣f2（x+1）=+﹣[++f（x）﹣f2（x）]=﹣[f（x）﹣f2（x）]， 故f（x+1）﹣f2（x+1）+f（x）﹣f2（x）=， 令g（x）=f（x）﹣f2（x），则g（x+1）+g（x）=， 则g（0）=g（2）=…=g（2016）； g（1）=g（3）=…=g（2017）； g（0）+g（2017）=， ∴f（0）﹣f2（0）+f（2017）﹣f2（2017）=， f（0）+f（2017）=+f2（0）+f2（2017）≥+， 即2[f（0）+f（2017）]2﹣4[f（0）+f（2017）]+1≤0， 解得：f（0）+f（2017）∈[1﹣，1+]， 故选：B 【点评】本题考查的知识点是抽象函数的应用，函数求值，基本不等式的应用，难度中档． 　 二、填空题（本小题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分） 11．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a=1，b=2，C=60，则c=　　，△ABC的面积S=　　． 【考点】余弦定理． 【分析】由已知利用余弦定理可求c，利用三角形面积公式即可得解． 【解答】解：∵a=1，b=2，C=60， ∴由余弦定理c2=a2+b2﹣2abcosC，可得：c2=1+4﹣2=3， ∴c=， ∴S△ABC===． 故答案为：，． 【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形面积公式在解三角形中的应用，属于基础题． 　 12．若实数x，y满足，则y的最大值为　2　，的取值范围是　[，]　． 【考点】简单线性规划． 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，利用数形结合即可得到结论． 【解答】解：作出不等式组，对应的平面区域如图： 可知A的纵坐标取得最大值：2． ∵z=，则z的几何意义为区域内的点到定点D（﹣2，﹣1）的斜率， 由图象知BD的斜率最小，AD的斜率最大，则z的最大为： =，最小为： =， 即≤z≤， 则z=，的取值范围是[，]， 故答案为：2；[，]． 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义以及斜率的计算，通过数形结合是解决本题的关键． 　 13．如图，一个简单几何体三视图的正视图与侧视图都是边长为1的正三角形，其俯视图的轮廓为正方形，则该几何体的体积是　　，表面积是　3　． 【考点】由三视图求面积、体积． 【分析】易得此几何体为四棱锥，利用相应的三角函数可得四棱锥的高，把相关数值代入即可求解． 【解答】解：由主视图和左视图为等腰三角形可得此几何体为锥体，由俯视图为四边形可得此几何体为四棱锥， ∵主视图为边长为1的正三角形， ∴正三角形的高，也就是棱锥的高为，俯视图的边长为1， ∴四棱锥的体积=11=，表面积是1+4=3． 故答案为，3． 【点评】解决本题的关键是得到该几何体的形状，易错是确定四棱锥的底面边长与高的大小． 　 14．在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门，若同学甲必选物理，则甲的不同选法种数为　15　，乙丙两名同学都选物理的概率是　　． 【考点】古典概型及其概率计算公式． 【分析】同学甲必选物理，则甲选物理后还要从另外6门学科中再任选两门，由此能求出甲的不同选法种数；乙丙两名同学7门学科中任选3门，基本事件总数n=，乙丙两名同学都选物理，包含的基本事件个数m=，由此能求出乙丙两名同学都选物理的概率． 【解答】解：在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门， 同学甲必选物理，则甲的不同选法种数为： =15， 乙丙两名同学7门学科中任选3门，基本事件总数n=， 乙丙两名同学都选物理，包含的基本事件个数m=， ∴乙丙两名同学都选物理的概率是p===． 故答案为：15，． 【点评】本题考查排列组合的应用，考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用． 　 15．在等差数列{an}中，若a22+2a2a8+a6a10=16，则a4a6=　4　． 【考点】等差数列的性质． 【分析】利用等差数列的性质，即可得出结论． 【解答】解：∵等差数列{an}中，a22+2a2a8+a6a10=16， ∴a22+a2（a6+a10）+a6a10=16， ∴（a2+a6）（a2+a10）=16， ∴2a4•2a6=16， ∴a4a6=4， 故答案为4． 【点评】本题考查等差数列的性质，考查学生的计算能力，属于中档题． 　 16．过抛物线C：y2=2px（p＞0）的焦点F直线交该抛物线与A，B两点，若|AF|=8|OF|（O为坐标原点），则　7　． 【考点】抛物线的简单性质． 【分析】由题意，|AF|=4p，设|BF|=x，由抛物线的定义，可得，求出x，即可得出结论． 【解答】解：由题意，|AF|=4p，设|BF|=x，则 由抛物线的定义，可得，解得x=p， ∴=7， 故答案为7． 【点评】本题考查抛物线的定义，考查方程思想，正确转化是关键． 　 17．（2017•温州模拟）已知a，b，c∈R，若|acos2x+bsinx+c|≤1对x∈R成立，则|asinx+b|的最大值为　2　． 【考点】绝对值不等式的解法． 【分析】由题意，设t=sinx，t∈[﹣1，1]，则|at2﹣bt﹣a﹣c|≤1恒成立，不妨设t=1，则|b+c|≤1；t=0，则|a+c|≤1，t=﹣1，则|b﹣c|≤1，再分类讨论，利用绝对值不等式，即可得出结论． 【解答】解：由题意，设t=sinx，t∈[﹣1，1]，则|at2﹣bt﹣a﹣c|≤1恒成立， 不妨设t=1，则|b+c|≤1；t=0，则|a+c|≤1，t=﹣1，则|b﹣c|≤1 若a，b同号，则|asinx+b|的最大值为|a+b|=|a+c+b﹣c|≤|a+c|+|b﹣c|≤2； 若a，b异号，则|asinx+b|的最大值为|a﹣b|=|a+c﹣b﹣c|≤|a+c|+|b+c|≤2； 综上所述，|asinx+b|的最大值为2， 故答案为2． 【点评】本题考查绝对值不等式，考查分类讨论的数学思想，属于中档题． 　 三、解答题（本大题5小题，共74分） 18．（14分）（2017•温州模拟）已知函数f（x）=sinxcosx+cos2x （I）求函数f（x）的最小正周期； （II）若﹣＜α＜0，f（α）=，求sin2α的值． 【考点】三角函数的周期性及其求法；三角函数的化简求值． 【分析】（I）利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性，得出结论． （II）由条件求得sin（2α+）的值以及2α+的范围，可得cos（2α+）的值，再根据sin2α=sin（2α+﹣），利用两角差的正弦公式，求得sin2α的值． 【解答】解：（I）∵函数f（x）=sinxcosx+cos2x=sin2x+=sin（2x+）+， ∴函数f（x）的最小正周期为=π． （II）若﹣＜α＜0，则2α+∈（﹣，）， ∴f（α）=sin（2α+）+=，∴sin（2α+）=，∴2α+∈（0，）， ∴cos（2α+）==， ∴sin2α=sin（2α+﹣）=sin（2α+）cos﹣cos（2α+）sin=﹣=． 【点评】本题主要考查三角恒等变换，正弦函数的周期性，同角三角函数的基本关系，两角差的三角公式的应用，属于中档题． 　 19．（15分）（2017•温州模拟）在四菱锥P﹣ABCD中，PA⊥AD，PA=1，PC=PD，底面ABCD是梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB=BC=1，CD=2． （I）求证：PA⊥AB； （II）求直线AD与平面PCD所成角的大小． 【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的性质． 【分析】（I）取CD的中点E，连接AE，PE，则AE⊥CD，PE⊥CD，证明PA⊥平面ABCD，即可证明：PA⊥AB； （II）求出A到平面PCD的距离，即可求直线AD与平面PCD所成角的大小． 【解答】（I）证明：取CD的中点E，连接AE，PE，则AE⊥CD，PE⊥CD， ∵AE∩PE=E，∴CD⊥平面PAE． ∵PA⊂平面PAE，∴CD⊥PA， ∵PA⊥AD，AD∩CD=D， ∴PA⊥平面ABCD， ∵AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB； （II）解：由题意，AD=PE=． 设A到平面PCD的距离为h，则由等体积可得=， ∴h= ∴直线AD与平面PCD所成角的正弦值为=，大小为30． 【点评】本题考查线面垂直的判定与性质，考查线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 　 20．（15分）（2017•温州模拟）设函数f（x）=，证明： （I）当x＜0时，f（x）＜1； （II）对任意a＞0，当0＜|x|＜ln（1+a）时，|f（x）﹣1|＜a． 【考点】不等式的证明． 【分析】（Ⅰ）原不等式等价于xf（x）﹣x＞0，构造函数，利用导数和函数的最值得关系即可证明， （Ⅱ）当0＜x＜ln（1+a）时，f（x）﹣1＜a，等价于ex﹣1﹣（a+1）x＜0，构造函数，利用导数和函数的最值得关系即可证明，同理可证﹣ln（1+a）＜x＜0，问题得以证明 【解答】解：（Ⅰ）∵当x＜0时，f（x）＜1，等价于xf（x）＞x，即xf（x）﹣x＞0， 设g（x）=xf（x）﹣x=ex﹣1﹣x ∴g′（x）=ex﹣1＜0，在（﹣∞，0）上恒成立， ∴g（x）在（﹣∞，0）上单调递减， ∴g（x）＞g（0）=1﹣1﹣0=0， ∴xf（x）﹣x＞0恒成立， ∴x＜0时，f（x）＜1， （Ⅱ）要证明当0＜|x|＜ln（1+a）时，|f（x）﹣1|＜a， 即整0＜x＜ln（1+a）时，f（x）﹣1＜a， 即证＜a+1， 即证ex﹣1＜（a+1）x 即证ex﹣1﹣（a+1）x＜0， 令h（x）=ex﹣1﹣（a+1）x， ∴h′（x）=ex﹣（a+1）＜eln（a+1）﹣（a+1）=0， ∴h（x）单调递减， ∴h（x）＜h（0）=0， 同理可证当x＜0时，结论成立 ∴对任意a＞0，当0＜|x|＜ln（1+a）时，|f（x）﹣1|＜a 【点评】本题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的最值是解决本题的关键，考查学生的计算能力． 　 21．（15分）（2017•温州模拟）已知直线l：y=﹣x+3与椭圆C：mx2+ny2=1（n＞m＞0）有且只有一个公共点P（2，1）． （I）求椭圆C的标准方程； （II）若直线l′：y=﹣x+b交C于A，B两点，且PA⊥PB，求b的值． 【考点】直线与椭圆的位置关系；椭圆的标准方程． 【分析】（I）联立直线与椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用判别式为0，再将P的坐标代入椭圆方程，解方程可得m，n，进而得到椭圆方程； （II）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线y=b﹣x和椭圆方程，消去y，可得x的方程，运用判别式大于0，韦达定理，再由A，B在直线上，代入直线方程，由垂直的条件，运用向量的数量积为0，化简整理，解方程可得b的值． 【解答】解：（I）联立直线l：y=﹣x+3与椭圆C：mx2+ny2=1（n＞m＞0）， 可得（m+n）x2﹣6nx+9n﹣1=0， 由题意可得△=36n2﹣4（m+n）（9n﹣1）=0，即为9mn=m+n， 又P在椭圆上，可得4m+n=1， 解方程可得m=，n=， 即有椭圆方程为+=1； （II）设A（x1，y1），B（x2，y2）， 联立直线y=b﹣x和椭圆方程，可得3x2﹣4bx+2b2﹣6=0， 判别式△=16b2﹣12（2b2﹣6）＞0， x1+x2=，x1x2=， y1+y2=2b﹣（x1+x2）=，y1y2=（b﹣x1）（b﹣x2）=b2﹣b（x1+x2）+x1x2=， 由PA⊥PB，即为•=（x1﹣2）（x2﹣2）+（y1﹣1）（y2﹣1） =x1x2﹣2（x1+x2）+4+y1y2﹣（y1+y2）+1 =﹣2•+﹣+5=0， 解得b=3或，代入判别式，成立． 则b=3或． 【点评】本题考查椭圆方程的求法，注意运用待定系数法和方程思想，考查直线和椭圆的位置关系，注意联立方程组，运用判别式和韦达定理，同时考查两直线垂直的条件，考查化简整理的运算能力，属于中档题． 　 22．（15分）（2017•温州模拟）设数列{an}满足an+1=an2﹣an+1（n∈N*），Sn为{an}的前n项和．证明：对任意n∈N*， （I）当0≤a1≤1时，0≤an≤1； （II）当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1； （III）当a1=时，n﹣＜Sn＜n． 【考点】数列与不等式的综合；数列的求和． 【分析】（Ⅰ）用数学归纳法能证明当0≤a1≤1时，0≤an≤1． （Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an．从而=an≥a1，由此能证明当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1． （Ⅲ）当时，Sn＜n，令bn=1﹣an（n∈N*），则bn＞bn+1＞0，（n∈N*），由，得．从而，（n∈N*），由此能证明当时，． 【解答】证明：（Ⅰ）用数学归纳法证明． ①当n=1时，0≤an≤1成立． ②假设当n=k（k∈N*）时，0≤ak≤1， 则当n=k+1时， =（）2+∈[]⊂[0，1]， 由①②知，． ∴当0≤a1≤1时，0≤an≤1． （Ⅱ）由an+1﹣an=（）﹣an=（an﹣1）2≥0，知an+1≥an． 若a1＞1，则an＞1，（n∈N*）， 从而=﹣an=an（an﹣1）， 即=an≥a1， ∴， ∴当a1＞1时，an＞（a1﹣1）a1n﹣1． （Ⅲ）当时，由（Ⅰ），0＜an＜1（n∈N*），故Sn＜n， 令bn=1﹣an（n∈N*），由（Ⅰ）（Ⅱ），bn＞bn+1＞0，（n∈N*）， 由，得． ∴=（b1﹣b2）+（b2﹣b3）+…+（bn﹣bn+1）=b1﹣bn+1＜b1=， ∵≥， ∴nbn2，即，（n∈N*）， ∵==， ∴b1+b2+…+bn [（）+（）+…+（）]=， 即n﹣Sn，亦即， ∴当时，． 【点评】本题考查数列不等式的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意数学归纳法、数列性质、放缩法的合理运用．