2015年浙江省高考数学试卷（理科）

2015年浙江省高考数学试卷（理科）

‎2015年浙江省高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）‎ ‎1．（5分）已知集合P={x|x2﹣2x≥0}，Q={x|1＜x≤2}，则（∁RP）∩Q=（　　）‎ A．[0，1） B．（0，2] C．（1，2） D．[1，2]‎ ‎2．（5分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（　　）‎ A．8cm3 B．12cm3 C． D．‎ ‎3．（5分）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则（　　）‎ A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0 C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0‎ ‎4．（5分）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（　　）‎ A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n B．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞n C．∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0 D．∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0‎ ‎5．（5分）如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．（5分）设A，B是有限集，定义：d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），其中card（A）表示有限集A中的元素个数（　　）‎ 命题①：对任意有限集A，B，“A≠B”是“d（A，B）＞0”的充分必要条件；‎ 命题②：对任意有限集A，B，C，d（A，C）≤d（A，B）+d（B，C）‎ A．命题①和命题②都成立 B．命题①和命题②都不成立 C．命题①成立，命题②不成立 D．命题①不成立，命题②成立 ‎7．（5分）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（　　）‎ A．f（sin2x）=sinx B．f（sin2x）=x2+x C．f（x2+1）=|x+1| D．f（x2+2x）=|x+1|‎ ‎8．（5分）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（　　）‎ A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α ‎　‎ 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．‎ ‎9．（6分）双曲线﹣y2=1的焦距是　　，渐近线方程是　　．‎ ‎10．（6分）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））=　　‎ ‎，f（x）的最小值是　　．‎ ‎11．（6分）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是　　，单调递减区间是　　．‎ ‎12．（4分）若a=log43，则2a+2﹣a=　　．‎ ‎13．（4分）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是　　．‎ ‎14．（4分）若实数x，y满足x2+y2≤1，则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是　　．‎ ‎15．（6分）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意x，y∈R，=1（x0，y0∈R），则x0=　　，y0=　　，|=　　．‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎16．（14分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=，b2﹣a2=c2．‎ ‎（1）求tanC的值；‎ ‎（2）若△ABC的面积为3，求b的值．‎ ‎17．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．‎ ‎（1）证明：A1D⊥平面A1BC；‎ ‎（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．‎ ‎18．（15分）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），记M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值．‎ ‎（1）证明：当|a|≥2时，M（a，b）≥2；‎ ‎（2）当a，b满足M（a，b）≤2时，求|a|+|b|的最大值．‎ ‎19．（15分）已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．‎ ‎（1）求实数m的取值范围；‎ ‎（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．‎ ‎20．（15分）已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N*）‎ ‎（1）证明：1＜≤2（n∈N*）；‎ ‎（2）设数列{an2}的前n项和为Sn，证明（n∈N*）．‎ ‎　‎ ‎2015年浙江省高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分2015年普通高等学校招生全国统一考试（浙江卷）数学（理科）‎ ‎1．（5分）（2015•浙江）已知集合P={x|x2﹣2x≥0}，Q={x|1＜x≤2}，则（∁RP）∩Q=（　　）‎ A．[0，1） B．（0，2] C．（1，2） D．[1，2]‎ ‎【分析】求出P中不等式的解集确定出P，求出P补集与Q的交集即可．‎ ‎【解答】解：由P中不等式变形得：x（x﹣2）≥0，‎ 解得：x≤0或x≥2，即P=（﹣∞，0]∪[2，+∞），‎ ‎∴∁RP=（0，2），‎ ‎∵Q=（1，2]，‎ ‎∴（∁RP）∩Q=（1，2），‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．（5分）（2015•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积是（　　）‎ A．8cm3 B．12cm3 C． D．‎ ‎【分析】判断几何体的形状，利用三视图的数据，求几何体的体积即可．‎ ‎【解答】解：由三视图可知几何体是下部为棱长为2的正方体，上部是底面为边长2的正方形高为2的正四棱锥，‎ 所求几何体的体积为：23+×2×2×2=．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）（2015•浙江）已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则（　　）‎ A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0 C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0‎ ‎【分析】由a3，a4，a8成等比数列，得到首项和公差的关系，即可判断a1d和dS4的符号．‎ ‎【解答】解：设等差数列{an}的首项为a1，则a3=a1+2d，a4=a1+3d，a8=a1+7d，‎ 由a3，a4，a8成等比数列，得，整理得：．‎ ‎∵d≠0，∴，‎ ‎∴，‎ ‎=＜0．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）（2015•浙江）命题“∀n∈N*，f（n）∈N*且f（n）≤n”的否定形式是（　　）‎ A．∀n∈N*，f（n）∉N*且f（n）＞n B．∀n∈N*，f（n）∉N*或f（n）＞n C．∃n0∈N*，f（n0）∉N*且f（n0）＞n0 D．∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0‎ ‎【分析】根据全称命题的否定是特称命题即可得到结论．‎ ‎【解答】解：命题为全称命题，‎ 则命题的否定为：∃n0∈N*，f（n0）∉N*或f（n0）＞n0，‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）（2015•浙江）如图，设抛物线y2=4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据抛物线的定义，将三角形的面积关系转化为的关系进行求解即可．‎ ‎【解答】解：如图所示，抛物线的准线DE的方程为x=﹣1，‎ 过A，B分别作AE⊥DE于E，交y轴于N，BD⊥DE于D，交y轴于M，‎ 由抛物线的定义知BF=BD，AF=AE，‎ 则|BM|=|BD|﹣1=|BF|﹣1，‎ ‎|AN|=|AE|﹣1=|AF|﹣1，‎ 则===，‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．（5分）（2015•浙江）设A，B是有限集，定义：d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），其中card（A）表示有限集A中的元素个数（　　）‎ 命题①：对任意有限集A，B，“A≠B”是“d（A，B）＞0”的充分必要条件；‎ 命题②：对任意有限集A，B，C，d（A，C）≤d（A，B）+d（B，C）‎ A．命题①和命题②都成立 B．命题①和命题②都不成立 C．命题①成立，命题②不成立 D．命题①不成立，命题②成立 ‎【分析】命题①根据充要条件分充分性和必要性判断即可，‎ ‎③借助新定义，根据集合的运算，判断即可．‎ ‎【解答】解：命题①：对任意有限集A，B，若“A≠B”，则A∪B≠A∩B，则card（A∪B）＞card（A∩B），故“d（A，B）＞0”成立，‎ 若d（A，B）＞0”，则card（A∪B）＞card（A∩B），则A∪B≠A∩B，故A≠B成立，故命题①成立，‎ 命题②，d（A，B）=card（A∪B）﹣card（A∩B），d（B，C）=card（B∪C）﹣card（B∩C），‎ ‎∴d（A，B）+d（B，C）=card（A∪B）﹣card（A∩B）+card（B∪C）﹣card（B∩C）=[card（A∪B）+card（B∪C）]﹣[card（A∩B）+card（B∩C）]‎ ‎≥card（A∪C）﹣card（A∩C）=d（A，C），故命题②成立，‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．（5分）（2015•浙江）存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（　　）‎ A．f（sin2x）=sinx B．f（sin2x）=x2+x C．f（x2+1）=|x+1| D．f（x2+2x）=|x+1|‎ ‎【分析】利用x取特殊值，通过函数的定义判断正误即可．‎ ‎【解答】解：A．取x=0，则sin2x=0，∴f（0）=0；‎ 取x=，则sin2x=0，∴f（0）=1；‎ ‎∴f（0）=0，和1，不符合函数的定义；‎ ‎∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）=sinx；‎ B．取x=0，则f（0）=0；‎ 取x=π，则f（0）=π2+π；‎ ‎∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；‎ ‎∴该选项错误； ‎ C．取x=1，则f（2）=2，取x=﹣1，则f（2）=0；‎ 这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；‎ ‎∴该选项错误；‎ D．令x+1=t，则f（x2+2x）=|x+1|，化为f（t2﹣1）=|t|；‎ 令t2﹣1=x，则t=±；‎ ‎∴；‎ 即存在函数f（x）=，对任意x∈R，都有f（x2+2x）=|x+1|；‎ ‎∴该选项正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2015•浙江）如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（　　）‎ A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α ‎【分析】解：画出图形，分AC=BC，AC≠BC两种情况讨论即可．‎ ‎【解答】解：①当AC=BC时，∠A′DB=α；‎ ‎②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，‎ α=∠A′OE，连结AA′，‎ 易得∠ADA′＜∠AOA′，‎ ‎∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α 综上所述，∠A′DB≥α，‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 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．‎ ‎9．（6分）（2015•浙江）双曲线﹣y2=1的焦距是　2　，渐近线方程是　y=±x　．‎ ‎【分析】确定双曲线中的几何量，即可求出焦距、渐近线方程．‎ ‎【解答】解：双曲线=1中，a=，b=1，c=，‎ ‎∴焦距是2c=2，渐近线方程是y=±x．‎ 故答案为：2；y=±x．‎ ‎　‎ ‎10．（6分）（2015•浙江）已知函数f（x）=，则f（f（﹣3））=　0　，f（x）的最小值是　　．‎ ‎【分析】根据已知函数可先求f（﹣3）=1，然后代入可求f（f（﹣3））；由于x≥1时，f（x）=，当x＜1时，f（x）=lg（x2+1），分别求出每段函数的取值范围，即可求解 ‎【解答】解：∵f（x）=，‎ ‎∴f（﹣3）=lg10=1，‎ 则f（f（﹣3））=f（1）=0，‎ 当x≥1时，f（x）=，即最小值，‎ 当x＜1时，x2+1≥1，f（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，‎ 故f（x）的最小值是．‎ 故答案为：0；．‎ ‎　‎ ‎11．（6分）（2015•浙江）函数f（x）=sin2x+sinxcosx+1的最小正周期是　π　，单调递减区间是　[kπ+，kπ+]（k∈Z）　．‎ ‎【分析】由三角函数公式化简可得f（x）=sin（2x﹣）+，易得最小正周期，解不等式2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得函数的单调递减区间．‎ ‎【解答】解：化简可得f（x）=sin2x+sinxcosx+1‎ ‎=（1﹣cos2x）+sin2x+1‎ ‎=sin（2x﹣）+，‎ ‎∴原函数的最小正周期为T==π，‎ 由2kπ+≤2x﹣≤2kπ+可得kπ+≤x≤kπ+，‎ ‎∴函数的单调递减区间为[kπ+，kπ+]（k∈Z）‎ 故答案为：π；[kπ+，kπ+]（k∈Z）‎ ‎　‎ ‎12．（4分）（2015•浙江）若a=log43，则2a+2﹣a=　　．‎ ‎【分析】直接把a代入2a+2﹣a，然后利用对数的运算性质得答案．‎ ‎【解答】解：∵a=log43，可知4a=3，‎ 即2a=，‎ 所以2a+2﹣a=+=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎13．（4分）（2015•浙江）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是　　．‎ ‎【分析】连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME说明异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC通过解三角形，求解即可．‎ ‎【解答】解：连结ND，取ND 的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，‎ ‎∵AN=2，‎ ‎∴ME==EN，MC=2，‎ 又∵EN⊥NC，∴EC==，‎ ‎∴cos∠EMC===．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．（4分）（2015•浙江）若实数x，y满足x2+y2≤1，则|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值是　3　．‎ ‎【分析】根据所给x，y的范围，可得|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，再讨论直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2‎ ‎=1分成两部分，分别去绝对值，运用线性规划的知识，平移即可得到最小值．‎ ‎【解答】解：由x2+y2≤1，可得6﹣x﹣3y＞0，即|6﹣x﹣3y|=6﹣x﹣3y，‎ 如图直线2x+y﹣2=0将圆x2+y2=1分成两部分，‎ 在直线的上方（含直线），即有2x+y﹣2≥0，即|2x+y﹣2|=2x+y﹣2，‎ 此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=x﹣2y+4，‎ 利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3；‎ 在直线的下方（含直线），即有2x+y﹣2≤0，‎ 即|2x+y﹣2|=﹣（2x+y﹣2），‎ 此时|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|=﹣（2x+y﹣2）+（6﹣x﹣3y）=8﹣3x﹣4y，‎ 利用线性规划可得在A（，）处取得最小值3．‎ 综上可得，当x=，y=时，|2x+y﹣2|+|6﹣x﹣3y|的最小值为3．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ ‎15．（6分）（2015•浙江）已知是空间单位向量，，若空间向量满足，且对于任意x，y∈R，=1（x0，y0∈R），则x0=　1　，y0=　2　，|=　2　．‎ ‎【分析】由题意和数量积的运算可得＜•＞=，不妨设=（，‎ ‎，0），=（1，0，0），由已知可解=（，，t），可得|﹣（|2=（x+）2+（y﹣2）2+t2，由题意可得当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，由模长公式可得．‎ ‎【解答】解：∵•=||||cos＜•＞=cos＜•＞=，‎ ‎∴＜•＞=，不妨设=（，，0），=（1，0，0），=（m，n，t），‎ 则由题意可知=m+n=2，=m=，解得m=，n=，∴=（，，t），‎ ‎∵﹣（）=（﹣x﹣y，，t），‎ ‎∴|﹣（|2=（﹣x﹣y）2+（）2+t2‎ ‎=x2+xy+y2﹣4x﹣5y+t2+7=（x+）2+（y﹣2）2+t2，‎ 由题意当x=x0=1，y=y0=2时，（x+）2+（y﹣2）2+t2取最小值1，‎ 此时t2=1，故==2‎ 故答案为：1；2；2‎ ‎　‎ 三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．‎ ‎16．（14分）（2015•浙江）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=，b2﹣a2=c2．‎ ‎（1）求tanC的值；‎ ‎（2）若△ABC的面积为3，求b的值．‎ ‎【分析】（1）由余弦定理可得：，已知b2﹣a2=c2．可得，a=．利用余弦定理可得cosC．可得sinC=，即可得出tanC=．‎ ‎（2）由=×=3，可得c，即可得出b．‎ ‎【解答】解：（1）∵A=，∴由余弦定理可得：，∴b2﹣a2=bc﹣c2，‎ 又b2﹣a2=c2．∴bc﹣c2=c2．∴b=c．可得，‎ ‎∴a2=b2﹣=，即a=．‎ ‎∴cosC===．‎ ‎∵C∈（0，π），‎ ‎∴sinC==．‎ ‎∴tanC==2．‎ ‎（2）∵=×=3，‎ 解得c=2．‎ ‎∴=3．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）（2015•浙江）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．‎ ‎（1）证明：A1D⊥平面A1BC；‎ ‎（2）求二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值．‎ ‎【分析】（1）以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系，通过•=•=0及线面垂直的判定定理即得结论；‎ ‎（2）所求值即为平面A1BD的法向量与平面B1BD的法向量的夹角的余弦值的绝对值的相反数，计算即可．‎ ‎【解答】（1）证明：如图，以BC中点O为坐标原点，以OB、OA、OA1所在直线分别为x、y、z轴建系．‎ 则BC=AC=2，A1O==，‎ 易知A1（0，0，），B（，0，0），C（﹣，0，0），‎ A（0，，0），D（0，﹣，），B1（，﹣，），‎ ‎=（0，﹣，0），=（﹣，﹣，），‎ ‎=（﹣，0，0），=（﹣2，0，0），=（0，0，），‎ ‎∵•=0，∴A1D⊥OA1，‎ 又∵•=0，∴A1D⊥BC，‎ 又∵OA1∩BC=O，∴A1D⊥平面A1BC；‎ ‎（2）解：设平面A1BD的法向量为=（x，y，z），‎ 由，得，‎ 取z=1，得=（，0，1），‎ 设平面B1BD的法向量为=（x，y，z），‎ 由，得，‎ 取z=1，得=（0，，1），‎ ‎∴cos＜，＞===，‎ 又∵该二面角为钝角，‎ ‎∴二面角A1﹣BD﹣B1的平面角的余弦值为﹣．‎ ‎　‎ ‎18．（15分）（2015•浙江）已知函数f（x）=x2+ax+b（a，b∈R），记M（a，b）是|f（x）|在区间[﹣1，1]上的最大值．‎ ‎（1）证明：当|a|≥2时，M（a，b）≥2；‎ ‎（2）当a，b满足M（a，b）≤2时，求|a|+|b|的最大值．‎ ‎【分析】（1）明确二次函数的对称轴，区间的端点值，由a的范围明确函数的单调性，结合已知以及三角不等式变形所求得到证明；‎ ‎（2）讨论a=b=0以及分析M（a，b）≤2得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，进一步求出|a|+|b|的求值．‎ ‎【解答】解：（1）由已知可得f（1）=1+a+b，f（﹣1）=1﹣a+b，对称轴为x=﹣，‎ 因为|a|≥2，所以或≥1，‎ 所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调，‎ 所以M（a，b）=max{|f（1），|f（﹣1）|}=max{|1+a+b|，|1﹣a+b|}，‎ 所以M（a，b）≥（|1+a+b|+|1﹣a+b|）≥|（1+a+b）﹣（1﹣a+b）|≥|2a|=|a|≥2；‎ ‎（2）当a=b=0时，|a|+|b|=0又|a|+|b|≥0，所以0为最小值，符合题意；‎ 又对任意x∈[﹣1，1]．有﹣2≤x2+ax+b≤2，‎ 得到﹣3≤a+b≤1且﹣3≤b﹣a≤1，﹣2≤≤2，‎ 易知（|a|+|b|）max=max{|a﹣b|，|a+b|}=3，在b=﹣1，a=2时符合题意，‎ 所以|a|+|b|的最大值为3．‎ ‎　‎ ‎19．（15分）（2015•浙江）已知椭圆上两个不同的点A，B关于直线y=mx+对称．‎ ‎（1）求实数m的取值范围；‎ ‎（2）求△AOB面积的最大值（O为坐标原点）．‎ ‎【分析】（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）．可得△＞0，设线段AB的中点P（x0，y0），利用中点坐标公式及其根与系数的可得P，代入直线y=mx+，可得，代入△＞0，即可解出．‎ ‎（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，可得S△OAB=，再利用均值不等式即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）由题意，可设直线AB的方程为x=﹣my+n，代入椭圆方程，可得（m2+2）y2﹣2mny+n2﹣2=0，‎ 设A（x1，y1），B（x2，y2）．由题意，△=4m2n2﹣4（m2+2）（n2﹣2）=8（m2﹣n2+2）＞0，‎ 设线段AB的中点P（x0，y0），则．x0=﹣m×+n=，‎ 由于点P在直线y=mx+上，∴=+，‎ ‎∴，代入△＞0，可得3m4+4m2﹣4＞0，‎ 解得m2，∴或m．‎ ‎（2）直线AB与x轴交点横坐标为n，‎ ‎∴S△OAB==|n|•=，‎ 由均值不等式可得：n2（m2﹣n2+2）=，‎ ‎∴S△AOB=，当且仅当n2=m2﹣n2+2，即2n2=m2+2，又∵，解得m=，‎ 当且仅当m=时，S△AOB取得最大值为．‎ ‎　‎ ‎20．（15分）（2015•浙江）已知数列{an}满足a1=且an+1=an﹣an2（n∈N*）‎ ‎（1）证明：1＜≤2（n∈N*）；‎ ‎（2）设数列{an2}的前n项和为Sn，证明（n∈N*）．‎ ‎【分析】（1）通过题意易得0＜an≤（n∈N*），利用an﹣an+1=可得＞1，利用==≤2，即得结论；‎ ‎（2）通过=an﹣an+1累加得Sn=a1﹣an+1，对an+1=an﹣an2两边同除以an+1an采用累积法可求出an+1的范围，从而得出结论．‎ ‎【解答】证明：（1）由题意可知：an+1﹣an=﹣an2≤0，即an+1≤an，‎ 故an≤，1≤．‎ 由an=（1﹣an﹣1）an﹣1得an=（1﹣an﹣1）（1﹣an﹣2）…（1﹣a1）a1＞0．‎ 所以0＜an≤（n∈N*），‎ 又∵a2=a1﹣=，∴==2，‎ 又∵an﹣an+1=，∴an＞an+1，∴＞1，‎ ‎∴==≤2，‎ ‎∴1＜≤2（n∈N*），‎ 综上所述，1＜≤2（n∈N*）；‎ ‎（2）由已知，=an﹣an+1，=an﹣1﹣an，…，=a1﹣a2，‎ 累加，得Sn=++…+=a1﹣an+1，①‎ 由an+1=an﹣an2两边同除以an+1an得，和1≤≤2，‎ 得1≤≤2，‎ 累加得1+1+…1≤+﹣+…+﹣≤2+2+…+2，‎ 所以n≤﹣≤2n，‎ 因此≤an+1≤（n∈N*） ②，‎ 由①②得≤（n∈N*）．‎ ‎　‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：sllwyn；qiss；sxs123；maths；whgcn；cst；刘长柏；吕静；lincy；双曲线；沂蒙松；changq（排名不分先后）‎ ‎2017年2月3日