浙江杭州高三数学第一次科目教学质检杭州一模理

第 1 页共 4 页 20142014 年杭州市第一次高考科目教学质量检测年杭州市第一次高考科目教学质量检测 数学数学( (理科理科) )参考答案及评分标准参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D D B A D C C B 二、填空题：本大题共 7 小题，每小题 4 分，共 28 分 111i 122 13 2 (,0) 3 144 151 162 17 1234 4 三、解答题：本大题共 5 小题，共 72 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 18 （本题满分 14 分） 解： （）f (x) 31 sin2cos21 22 xx sin 21 6 x 所以 f (x)min27 分 （）因为 f (C) sin 21 6 C 0，只有 2 6 C 2 ， 即 C 3 又因为 sinB2sinA，根据正弦定理，得 b2a 又因为 c3，根据余弦定理，得 9a2b22abcos 3 联立，解得 3 2 3 a b 7 分 19 （本题满分 14 分） 解： （）由题意，得 33 5n ，所以 n5，即 5 个球中有 2 个白球 所以白球的个数 可取 0，1，2 因为 P(0) 3 3 3 5 C C 1 10 ；P(1) 21 32 3 5 C C C 3 5 ；P(2) 12 32 3 5 C C C 3 10 ； 第 2 页共 4 页 所以 E() 1 10 0 3 5 1 3 10 2 6 5 7 分 （）由题设知 222 4 8 C(1) 27 pp 因为 p(1p)0，所以式可化为 p(1p) 2 9 解之得 12 33 p 又 6pN*，所以 6p3，即 p 1 2 所以 31 2n ，即 n6 7 分 20 （本题满分 15 分） 解：解： （I）因为 a1a2a3an1annan a1a2a3anan1n1an1 得 2an1an1 即 an11 1 2 ( an1)，又因为 a1 1 2 ，所以 a11 1 2 所以数列an1是以 1 2 为首项，以 1 2 为公比的等比数列7 分 （）由（I）知 an1 1 2n ，即 an1 1 2n ，所以 bn 2 2n n 由 1 111 1 221 2(2)3 0 2222 nn nnnn nnnnn bb 可得 n3， 由 bn1bn0 可得 n3，所以 b1b2b3b4b5bn 故 bn有最大值 b3b4 1 8 ，所以对任意 nN*，有 bn 1 8 ， 所以 bn 1 4 tt2，即 bnt2 1 4 t，则 (bn)maxt2 1 4 t， 所以 1 8 t2 1 4 t，解得 t 1 2 或 t 1 4 所以 t 的取值范围是(, 1 4 1 2 ,)8 分 21 （本题满分 15 分） 解：解： （1）由依题意 因为 (2)22p 得 p2； 又因为 22 ( 2 0)(1)1 1b 得 b1；5 分 （2）设直线 PA 的斜率为 k，则直线 PB 的斜率为k，所以 2 4 1(2) xy yk x 第 3 页共 4 页 即 x24kx8k40 根据韦达定理，有 xAxP4k 即 xA4k2，所以点 A 2 (42,(21) )kk，同理 B 2 ( 42,( 21) )kk 所以直线 AB 的斜率为： 22 (21)( 21) 1 42 ( 42) AB kk k kk 5 分 故设直线 AB 的方程为 yxt，则点 P 到 AB 的距离 3 2 t d ； 联立直线 AB 与圆 C 的方程，得 22 (1)1xy yxt 得 22 22(1)20 xtx tt 由于 AB 与圆 C 交于不同两点 M，N，所以 122 1t 因为 22 2 4(1)8(2 ) 2221 2 ttt MNtt ， 所以 2 31 221 22 PMN t Stt 22 1 (3)(21) 2 ttt （122 1t ） 设 22 (3)(21)mttt 因为 22 2(3) (21)(3)( 22) t mttttt 由 t m0，解得 35 2 t ，或 35 2 t （舍） ，或3t （舍） 所以 (SPMN)max 3515 42 此时直线 AB 的方程为 35 2 yx 5 分 22 （本题满分 14 分） 解： （1）显然 x0， 当0a时，( )()f xx x ax x a 11 22 31 ( )0 22 f xxax ， 所以 f (x)在0,)单调递增，符合题意 当 a0 时， (),(0) ( ) (),() x axxa f x x xaxa 此时 xa 为 f (x)0 的极值点，显然不单调。 综上，实数 a 的取值范围为0a 6 分 （2）若 a0， （）即证明方程 1 | 2 x xax有三个不同的根 第 4 页共 4 页 可化为：x0 或 1 | 2 xax （*） （*）式可化为 x2(2a 1 4 )xa20 设 g(x)x2(2a 1 4 )xa2 又因为 g(0)a20；对称轴 1 0 8 xa， 且 1 0 16 a 故 g(x)0 有二个不同的正根，即函数 F(x)f (x) 1 2 x 有 3 个零点 （）由（）知，函数( )yf x与 2 x y有 3 个交点， 1 (),(0)yx axxa的一个极大值点 为 3 a x，则当0, xt时， max ( )max ( ), ( ) 3 a f xff t依题意，有： （1）当 max ( )( )f xf t时，则有： ( ) 32 ( ) 2 at f t f t ，即 2 3 32 () 2 aat t t ta ， 由得， 2 t at ，代入式平方得： 32 16()27 2 t tt（*） 即 3 1 16()270 2 tt 得 32 2 1624152(2)(41)0ttttt 得 t4， 所以 a3 又 a0，综上得：0a3 （2）当 max ( )( ) 3 a f xf时，则