2017年浙江省温州市高考数学模拟试卷(2月份)(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．（4分）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．（4分）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．（4分）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．（4分）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．（4分）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．（4分）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．（4分）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．（4分）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．（4分）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．（4分）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．（6分）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．（6分）若实数x，y满足，则y的最大值为　　，的取值范围是　　．
13．（6分）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．（6分）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．（6分）在等差数列{an}中，若a22+2a2a8+a6a10=16，则a4a6=　　．
16．（6分）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．（4分）（2017•温州模拟）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}
【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．（4分）（2017•温州模拟）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
【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．（4分）（2017•温州模拟）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
【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．（4分）（2017•温州模拟）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．[﹣，]
【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．（4分）（2017•温州模拟）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
【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．（4分）（2017•温州模拟）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
【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．（4分）（2017•温州模拟）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
【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．（4分）（2017•温州模拟）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．（，）
【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．（4分）（2017•温州模拟）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．
【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．（4分）（2017•温州模拟）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．
【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．（6分）（2017•温州模拟）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=　　．
【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．（6分）（2017•温州模拟）若实数x，y满足，则y的最大值为　2　，的取值范围是　[，]　．
【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．（6分）（2017•温州模拟）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　．

【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=×1×1×=，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．（6分）（2017•温州模拟）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　　．
【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．（6分）（2017•温州模拟）在等差数列{an}中，若a22+2a2a8+a6a10=16，则a4a6=　4　．
【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．（6分）（2017•温州模拟）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　．
【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　．
【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．
【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．

【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．
【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．

【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．
【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．
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