浙江省高考數學試卷

1、浙江省高考數學試卷浙江省高考數學試卷浙江省高考數學試卷2017年浙江省高考數學試卷一、選擇題（共10小題，每題4分，滿分40分）1（4分）已知招集P=x|1x1，Q=x|0 x2，那么PQ=（）|1（4分）已知招集P=x|1x1，Q=x|0 x2，那么PQ=（）|1（4分）已知招集P=x|1x1，Q=x|0 x2，那么PQ=（）A（1，2）B（0，1）C（1，0）D（1，2）2（4分）橢圓+=1的離心率是（）ABCD3（4分）某幾許體的三視圖以以下圖（單位：cm），則該幾許體的體積（單位：3cm）是（）A+1B+3C+1D+34（4分）若x、y滿足拘束條件，則z=x+2y的取值范圍是（）A0，

2、6B0，4C6，+）D4，+）5（4分）若函數f（x）=x2+ax+b在區(qū)間0，1上的最大值是M，最小值是m，則Mm（）A與a相關，且與b相關B與a相關，但與b沒關C與a沒關，且與b沒關D與a沒關，但與b相關6（4分）已知等差數列an的公差為d，前n項和為Sn，則“d0”是“S4+S62S5”的（）A充分不用要條件B必需不充分條件C充分必需條件D既不充分也不用要條件7（4分）函數y=f（x）的導函數y=f（x）的圖象以以下圖，則函數y=f（x）的圖象也許是（）ABCD8（4分）已知隨機變量i滿意P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2若0p1p2，則（）AE（1）E（2），D（1）

3、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）如圖，已知正四周體DABC（全部棱長均持平的三棱錐），P、Q、R分別為AB、BC、CA上的點，AP=PB，=2，分別記二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角為、，則（）ABCD10（4分）如圖，已知平面四邊形ABCD，ABBC，AB=BC=AD=，2CD=3，AC與BD交于點O，記I1=?，I2=?，I3=?，則（）AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分11（4分）我國古代數學家劉

4、徽創(chuàng)立的“割圓術”能夠估量圓周率，理論上能把的值核算到恣意精度，祖沖之承襲并睜開了“割圓術”，將的值正確到小數點后七位，其成就率先國際一千多年，“割圓術”的第一步是核算單位圓內接正六邊形的面積S6，S6=12（6分）已知a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虛數單位），則a2+b2=，ab=13（6分）已知多項式（x+1）1x2x3x4x+a5，則a4=，3（x+2）2=x5+a4+a3+a2+aa5=14（6分）已知ABC，AB=AC=，4BC=2，點D為AB延長線上一點，BD=2，連接CD，則BDC的面積是，cosBDC=15（6分）已知向量、滿足|=1，|=2，則|+|+|的最小值是，

5、最大值是16（4分）從6男2女共8名學生中選出隊長1人，副隊長1人，一般隊員2人構成4人服務隊，要求服務隊中最罕有1名女生，共有種不一樣的選法（用數字作答）17（4分）已知aR，函數f（x）=|x+a|+a在區(qū)間1，4上的最大值是5，則a的取值規(guī)模是三、回答題（共5小題，滿分74分）18（14分）已知函數f（x）=sin2xcos2x2sinxcosx（xR）（）求f（）的值（）求f（x）的最小正周期及單一遞加區(qū)間19（15分）如圖，已知四棱錐PABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PC=AD=2DC=2，CBE為PD的中點（）證明：CE平面PAB；（）求直線CE

6、與平面PBC所成角的正弦值20（15分）已知函數f（x）=（x）ex（x）（1）求f（x）的導函數；（2）求f（x）在區(qū)間，+）上的取值范圍21（15分）如圖，已知拋物線x2=y，點A（，），B（，），拋物線上的點P（x，y）（x），過點B作直線AP的垂線，垂足為Q（）求直線AP斜率的取值規(guī)模；（）求|PA|?|PQ|的最大值22（15分）已知數列xn滿足：x1=1，xn=xn+1+ln（1+xn+1）（nN*），證明：當nN*時，（）0 xn+1xn；（）2xn+1xn；（）xn2017年浙江省高考數學試卷參照答案與試題分析一、選擇題（共10小題，每題4分，滿分40分）1（4分）已知招集P=

7、x|1x1，Q=x|0 x2，那么PQ=（）|1（4分）已知招集P=x|1x1，Q=x|0 x2，那么PQ=（）|1（4分）已知招集P=x|1x1，Q=x|0 x2，那么PQ=（）A（1，2）B（0，1）C（1，0）D（1，2）【分析】直接使用并集的運算規(guī)律化簡求解即可【回答】解：招集P=x|1x1，Q=x|0 x2，|【回答】解：招集P=x|1x1，Q=x|0 x2，|【回答】解：招集P=x|1x1，Q=x|0 x2，那么PQ=x|1x2=（1，2）應選：A【議論】此題觀察招集的根本運算，并集的求法，觀察核算才能2（4分）橢圓+=1的離心率是（）ABCD【分析】直接使用橢圓的簡單性質求解即可

8、【解答】解：橢圓+=1，可得a=3，b=2，則c=，所以橢圓的離心率為：=應選：B【議論】此題觀察橢圓的簡單性質的使用，觀察核算才能3（4分）某幾許體的三視圖以以下圖（單位：cm），則該幾許體的體積（單位：3cm）是（）A+1B+3C+1D+3【分析】依照幾許體的三視圖，該幾許體是圓錐的一半和一個三棱錐構成，畫出圖形，聯(lián)合圖中數據即可求出它的體積【回答】解：由幾許的三視圖可知，該幾許體是圓錐的一半和一個三棱錐構成，圓錐的底面圓的半徑為1，三棱錐的底面是底邊長2的等腰直角三角形，圓錐的高和棱錐的高持均勻為3，故該幾何體的體積為123+3=+1，應選：A【議論】此題觀察了空間幾許體三視圖的使用問題

9、，解題的要害是依照三視圖得出原幾許體的構造特色，是基礎標題4（4分）若x、y滿足拘束條件，則z=x+2y的取值范圍是（）A0，6B0，4C6，+）D4，+）【分析】畫出拘束條件的可行域，使用目標函數的最優(yōu)解求解即可【回答】解：x、y滿意拘束條件，表示的可行域如圖：目標函數z=x+2y經過C點時，函數獲得最小值，由解得C（2，1），目標函數的最小值為：4目標函數的范圍是4，+）應選：D【議論】此題觀察線性規(guī)劃的簡單使用，畫出可行域鑒別目標函數的最優(yōu)解是解題的要害5（4分）若函數f（x）=x2+ax+b在區(qū)間0，1上的最大值是M，最小值是m，則Mm（）A與a相關，且與b相關B與a相關，但與b沒關C

10、與a沒關，且與b沒關D與a沒關，但與b相關【分析】聯(lián)合二次函數的圖象和性質，分類議論不一樣狀況下Mm的取值與a，b的聯(lián)系，概括可得答案【解答】解：函數f（x）=x2+ax+b的圖象是張口向上且以直線x=為對稱軸的拋物線，當1或0，即a2，或a0時，函數f（x）在區(qū)間0，1上單一，此刻Mm=|f（1）f（0）|=|a+1|，|此刻Mm=|f（1）f（0）|=|a+1|，|此刻Mm=|f（1）f（0）|=|a+1|，|a+1|此刻Mm=|f（1）f（0）|=|a+1|，故Mm的值與a相關，與b沒關當1，即2a1時，函數f（x）在區(qū)間0，上遞減，在，1上遞加，且f（0）f（1），此刻Mm=f（0）f

11、（）=，故Mm的值與a相關，與b沒關當0，即1a0時，函數f（x）在區(qū)間0，上遞減，在，1上遞加，且f（0）f（1），此時Mm=f（1）f（）=1+a+，故Mm的值與a相關，與b沒關綜上可得：Mm的值與a相關，與b沒關應選：B【議論】此題觀察的知識點是二次函數的圖象和性質，嫻熟掌握二次函數的圖象和性質，是回答的要害6（4分）已知等差數列an的公差為d，前n項和為Sn，則“d0”是“S4+S62S5”的（）A充分不用要條件B必需不充分條件C充分必需條件D既不充分也不用要條件【分析】依據等差數列的乞降公式和S4+S62S5，能夠獲取d0，依據充分必需條件的界說即可鑒別【解答】解：S4+S62S5，

12、4a1+6d+6a1+15d2（5a1+10d），21d20d，d0，故“d0”是“S4+S62S5”充分必需條件，應選：C【議論】此題依靠等差數列的乞降公式觀察了充分必需條件，歸于基礎題7（4分）函數y=f（x）的導函數y=f（x）的圖象以以下圖，則函數y=f（x）的圖象也許是（）ABCD【分析】依照導數與函數單一性的聯(lián)系，當f（x）0時，函數f（x）單一遞減，當f（x）0時，函數f（x）單一遞加，依照函數圖象，即可鑒別函數的單一性，而后依照函數極值的鑒別，即可鑒別函數極值的方向，即可求得函數y=f（x）的圖象也許【回答】解：由當f（x）0時，函數f（x）單一遞減，當f（x）0時，函數f（x

13、）單一遞加，則由導函數y=f（x）的圖象可知：f（x）先單一遞減，再單一遞加，而后單調遞減，最后單一遞加，打掃A，C，且第二個拐點（即函數的極大值點）在x軸上的右邊，打掃B，應選：D【議論】此題觀察導數的使用，觀察導數與函數單一性的聯(lián)系，觀察函數極值的鑒別，觀察數形聯(lián)合思想，歸于基礎題8（4分）已知隨機變量i滿意P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2若0p1p2，則（）AE（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）【分析】由已知得0p1p2，1p21p11，求出E（1）=p1，E（2

14、）=p2，而后求出D（1），D（2），由此能求出成就【回答】解：隨機變量i滿意P（i=1）=pi，P（i=0）=1pi，i=1，2，0p1p2，1p21p11，E（1）=1p1+0（1p1）=p1，E（2）=1p2+0（1p2）=p2，D（1）=（1p1）1+（0p1）1）=，2p2（1pD（2）=（1p2）2+（0p2）2）=，2p2（1pD（1）D（2）=p1p12p1）（p1+p21）0，2（）=（pE（1）E（2），D（1）D（2）應選：A【議論】此題觀察失散型隨機變量的數學希望和方差等基礎知識，觀察推理證明才能、運算求解才能、空間想象才能，觀察數形聯(lián)合思想、化歸與轉變思想，是中檔題9

15、（4分）如圖，已知正四周體DABC（全部棱長均持平的三棱錐），P、Q、R分別為AB、BC、CA上的點，AP=PB，=2，分別記二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角為、，則（）ABCD【分析】解法一：以以下圖，建立空間直角坐標系設底面ABC的中心為O不妨設OP=3則O（0，0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），Q，R，使用法向量的夾角公式即可得出二面角解法二：以以下圖，連接OP，OQ，OR，過點O分別作垂線：OEPR，OFPQ，OGQR，垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接DE，DF，DG可得tan=tan=，tan=由已知可得：OEOGOF即可得出【回答】解法一：以以下圖

16、，建立空間直角坐標系設底面ABC的中心為O不妨設OP=3則O（0，0，0），P（0，3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，3，0）Q，R，=，=（0，3，6），=（，6，0），=，=設平面PDR的法向量為=（x，y，z），則，可得，可得=，取平面ABC的法向量=（0，0，1）則cos=，取=arccos同理可得：=arccos=arccos解法二：以以下圖，連接OP，OQ，OR，過點O分別作垂線：OEPR，OFPQ，OGQR，垂足分別為E，F(xiàn)，G，連接DE，DF，DG設OD=h則tan=同理可得：tan=，tan=由已知可得：OEOGOFtantantan，為銳角應選：B【議論

17、】此題觀察了空間角、空間方向聯(lián)系、正四周體的性質、法向量的夾角公式，觀察了推理才能與核算才能，歸于難題10（4分）如圖，已知平面四邊形ABCD，ABBC，AB=BC=AD=，2CD=3，AC與BD交于點O，記I1=?，I2=?，I3=?，則（）AI1I2I3BI1I3I2CI3I1I2DI2I1I3【分析】依照向量數目積的界說聯(lián)合圖象邊角聯(lián)系進行鑒別即可【回答】解：ABBC，AB=BC=AD=，2CD=3，AC=2，AOB=COD90，由圖象知OAOC，OBOD，0?，?0，即I3I1I2，應選：C【議論】此題首要觀察平面向量數目積的使用，依照圖象聯(lián)合平面向量數目積的界說是辦理此題的要害二、填

18、空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分11（4分）我國古代數學家劉徽創(chuàng)立的“割圓術”能夠估量圓周率，理論上能把的值核算到恣意精度，祖沖之承襲并睜開了“割圓術”，將的值正確到小數點后七位，其成就率先國際一千多年，“割圓術”的第一步是核算單位圓內接正六邊形的面積S6，S6=【分析】依照題意畫出圖形，聯(lián)合圖形求出單位圓的內接正六邊形的面積【回答】解：以以下圖，單位圓的半徑為1，則其內接正六邊形ABCDEF中，AOB是邊長為1的正三角形，所以正六邊形ABCDEF的面積為S6=611sin60=故答案為：【議論】此題觀察了已知圓的半徑求其內接正六邊形面積的使用問題，是基礎題12（

19、6分）已知a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虛數單位），則a2+b2=5，ab=2【分析】a、bR，（a+bi）2=3+4i（i是虛數單位），可得3+4i=a2=3+4i（i是虛數單位），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是虛數單位），3+4i=a2b2+2abi，223=ab，2ab=4，解得ab=2，則a2+b2=5，故答案為：5，2【議論】此題觀察了復數的運算規(guī)律、復數的持平、方程的解法，觀察了推理能力與核算才能，歸于基礎題13（6分）已知多項式（x+1）1x2x3x4x+a5，則a4=16

20、，3（x+2）2=x5+a4+a3+a2+aa5=4【分析】使用二項式定理的睜開式，求解x的系數即是兩個多項式的睜開式中x與常數乘積之和，a5即是常數的乘積【解答】解：多項式（x+1）3（x+2）2=x5+a4+a3+a2+a1x2x3x4x+a5，2=x5+a4+a3+a2+a（x+1）3中，x的系數是：3，常數是1；（x+2）3中，x的系數是：3，常數是1；（x+2）2中x的系數是4，常數是4，a4=34+14=16；a5=14=4故答案為：16；4【議論】此題觀察二項式定理的使用，觀察核算才能，是基礎題14（6分）已知ABC，AB=AC=，4BC=2，點D為AB延長線上一點，BD=2，連

21、接CD，則BDC的面積是，cosBDC=【分析】如圖，取BC得中點E，依照勾股定理求出AE，再求出SABC，再依照SBDC=SABC即可求出，依照等腰三角形的性質和二倍角公式即可求出【回答】解：如圖，取BC得中點E，AB=AC=，4BC=2，BE=BC=1，AEBC，AE=，SABC=BC?AE=2=，BD=2，SBDC=SABC=，BC=BD=，2BDC=BCD，ABE=2BDC在RtABE中，cosABE=，2cosABE=2cosBDC1=，cosBDC=，故答案為：，【議論】此題觀察認識三角形的相關知識，要害是轉變，歸于基礎題15（6分）已知向量、滿足|=1，|=2，則|+|+|的最小

22、值是4，最大值是【分析】經過記AOB=（0），使用余弦定理可可知|+|=、|+|【分析】經過記AOB=（0），使用余弦定理可可知|+|=、|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論=|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論，|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論進|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論而|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論換|=，而后換元，轉變

23、成線性規(guī)劃問題，核算即得定論元|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論，|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論轉|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論化|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論為|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論線|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論性|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論規(guī)|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論劃|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論問|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論題|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論，|=，而后換元，轉變

24、成線性規(guī)劃問題，核算即得定論計|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論算|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論即|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論得|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論結|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論論|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論|=，而后換元，轉變成線性規(guī)劃問題，核算即得定論【回答】解：記AOB=，則0，如圖，由余弦定理可得：|+|=，|=，令x=，y=，則x2+y2=10（x、y1），其圖象為一段圓弧MN，如圖，令z=x+y，則y=x+z，則直線

25、y=x+z過M、N時z最小為zmin=1+3=3+1=4，當直線y=x+z與圓弧MN相切時z最大，由平面幾許知識易知zmax即為原點到切線的間隔的倍，也即是圓弧MN地址圓的半徑的倍，所以zmax=綜上所述，|+|+|的最小值是4，最大值是故答案為：4、【議論】此題觀察函數的最值及其幾許含義，觀察數形聯(lián)合才能，觀察運算求解才能，涉及余弦定理、線性規(guī)劃等基礎知識，留神解題方法的堆集，歸于中檔題16（4分）從6男2女共8名學生中選出隊長1人，副隊長1人，一般隊員2人構成4人服務隊，要求服務隊中最罕有1名女生，共有660種不一樣的選法（用數字作答）【分析】由題意分兩類選1女3男或選2女2男，再核算即可

26、【回答】解：第一類，先選1女3男，有C63C1=40種，這4人選2人作為隊長和2副隊有A42=12種，故有4012=480種，第二類，先選2女2男，有C624種，故有1512=180種，依據分類計數原理共有480+180=660種，故答案為：660【議論】此題觀察了分類計數原理和分步計數原理，歸于中檔題17（4分）已知aR，函數f（x）=|x+a|+a在區(qū)間1，4上的最大值是5，則a的取值規(guī)模是（，【分析】經過轉變可知|x+a|+a5且a5，從而解絕對值不等式可知2a5x+5，從而計算可得結論【解答】解：由題可知|x+a|+a5，即|x+a|5a，所以a5，又由于|x+a|5a，所以a5x+a

27、5a，所以2a5x+5，又由于1x4，4x+5，所以2a54，解得a，故答案為：（，【議論】此題觀察函數的最值，觀察絕對值函數，觀察轉變與化歸思想，留神解題方法的堆集，歸于中檔題三、回答題（共5小題，滿分74分）18（14分）已知函數f（x）=sin2xcos2x2sinxcosx（xR）（）求f（）的值（）求f（x）的最小正周期及單一遞加區(qū)間【分析】使用二倍角公式及輔助角公式化簡函數的分析式，（）代入可得：f（）的值（）依照正弦型函數的圖象和性質，可得f（x）的最小正周期及單一遞加區(qū)間【解答】解：函數f（x）=sin2xcos2x2sinxcosx=sin2xcos2x=2sin（2x+）（

28、）f（）=2sin（2+）=2sin=2，（）=2，故T=，即f（x）的最小正周期為，由2x+2k，+2k，kZ得：x+k，+k，kZ，故f（x）的單一遞加區(qū)間為+k，+k或寫成k+，k+，kZ【議論】此題觀察的知識點是三角函數的化簡求值，三角函數的周期性，三角函數的單一區(qū)間，難度中檔19（15分）如圖，已知四棱錐PABCD，PAD是以AD為斜邊的等腰直角三角形，BCAD，CDAD，PC=AD=2DC=2，CBE為PD的中點（）證明：CE平面PAB；（）求直線CE與平面PBC所成角的正弦值【分析】（）取AD的中點F，連接EF，CF，推導出EFPA，CFAB，而后平面EFC平面ABP，由此能證明

29、EC平面PAB（）連接BF，過F作FMPB于M，連接PF，推導出四邊形BCDF為矩形，從而BFAD，而后AD平面PBF，由ADBC，得BCPB，再求出BCMF，由此能求出sin【回答】證明：（）取AD的中點F，連接EF，CF，E為PD的中點，EFPA，在四邊形ABCD中，BCAD，AD=2DC=2C，BF為中點，CFAB，平面EFC平面ABP，EC?平面EFC，EC平面PAB解：（）連接BF，過F作FMPB于M，連接PF，PA=PD，PFAD，推導出四邊形BCDF為矩形，BFAD，AD平面PBF，又ADBC，BC平面PBF，BCPB，設DC=CB=，1由PC=AD=2DC=2，CB得AD=PC

30、=，2PB=，BF=PF=1，MF=，又BC平面PBF，BCMF，MF平面PBC，即點F到平面PBC的間隔為，MF=，D到平面PBC的間隔應當和MF平行且持平，為，E為PD中點，E到平面PBC的垂足也為垂足地址線段的中點，即中位線，E到平面PBC的間隔為，在，由余弦定理得CE=，設直線CE與平面PBC所成角為，則sin=【議論】此題觀察線面平行的證明，觀察線面角的正弦值的求法，觀察空間中線線、線面、面面間的方向聯(lián)系等基礎知識，觀察推理證明才能、運算求解才能、空間想象才能，觀察數形聯(lián)合思想、化歸與轉變思想，是中檔題20（15分）已知函數f（x）=（x）ex（x）（1）求f（x）的導函數；（2）求

31、f（x）在區(qū)間，+）上的取值范圍【分析】（1）求出f（x）的導數，留神運用復合函數的求導規(guī)律，即可獲取所求；（2）求出f（x）的導數，求得極值點，議論當x1時，當1x時，當x時，f（x）的單一性，鑒別f（x）0，核算f（），f（1），f（），即可獲取所求取值規(guī)?！净卮稹拷猓海?）函數f（x）=（x）ex（x），導數f（x）=（1?2）ex（x）ex=（1x+）ex=（1x）（1）ex；（2）由f（x）的導數f（x）=（1x）（1）ex，可得f（x）=0時，x=1或，當x1時，f（x）0，f（x）遞減；當1x時，f（x）0，f（x）遞加；當x時，f（x）0，f（x）遞減，且x?x22x1?（x1

32、）20，則f（x）0由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值為e，最小值為f（1）=0則f（x）在區(qū)間，+）上的取值范圍是0，e【議論】此題觀察導數的運用：求單一區(qū)間和極值、最值，觀察化簡整理的運算才能，正確求導是解題的要害，歸于中檔題21（15分）如圖，已知拋物線x2=y，點A（，），B（，），拋物線上的點P（x，y）（x），過點B作直線AP的垂線，垂足為Q（）求直線AP斜率的取值規(guī)模；（）求|PA|?|PQ|的最大值【分析】（）經過點P在拋物線上可設P（x，x2），使用斜率公式聯(lián)合x可得定論；（）經過（I）知P（x，x2）、x，設直線AP的斜率為k，聯(lián)立直線AP、BQ方

33、程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）|AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）|AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）?AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）|A

34、P、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）PAP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）QAP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）|AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）=AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）（AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）1AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）+AP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+k）kAP、BQ方程可知Q點坐標，而后可用k表示出、，核算可知|PA|?|PQ|=（1+