浙江省十二校新高考研究联盟2017届第一次联考数学(理)试题(含答(2)

（Ⅱ）由题意，f(B?C)?cos[2(B?C)?化简得cos(2A??3]?1?3?1，即cos(2??2A?)?. 2321????????8分

32??5????QA??0，??，?2A??(?,)，只有2A??，A?.???????

333333)?222?10分

a?b?c?2bccos在?ABC中，由余弦定理，

由b?c?2知bc?(?3?(b?c)2?3bc?????12分

b?c2)?1，即a2?1，当b?c?1时a取最小值1.?????214分

注：不讨论角的范围扣1分.

19（Ⅰ）在an?1?an?4n中，取n?2，得a1?a2?8，又，a1?3，故a2?5.同样取n?3可得a3?7.????????2分

由an?1?an?4n及an?1?an?4(n?1)两式相减可得：an?1?an?1?4，所以数列?an?的奇数项和偶数项各自成等差数列，公差为4，而a2?a1?2，故?an?是公差为2的等差数列，?an?2n?1.????????5分

注：猜想an?2n?1而未能证明的扣2分；用数学归纳法证明不扣分. （Ⅱ）在b1?2b2+L?2n?1bn?nan中令n?1得b1?a1?3.????????6分

又b1?2b2?L?2nbn?1?(n?1)an?1，与b1?2b2?L?2n?1bn?nan两式相减可得：

2nbn?1?(n?1)an?1?nan?(n?1)(2n?3)?n(2n?1)?4n?3，bn?1?即当n?2时，bn?4n?3，2n4n?1 2n?14n?1??????9分 n?12经检验，b1?3也符合该式，所以，?bn?的通项公式为bn?11Sn?3?7??L?(4n?1)?()n?1.

2211111Sn?3??7?()2?L?(4n?5)?()n?1?(4n?1)?()n. 2222211121n?11n相减可得：Sn?3?4[?()?L?()]?(4n?1)?()

22222

利用等比数列求和公式并化简得：Sn?14?4n?7????????11分 n?12可见，?n?N?，Sn?14????????12分 经计算，S5?14?n2731?13,S6?14??13，注意到 1632nP故S?b?的各项为正，

单调递增，所以满足13?Sn?14的

.????????14分 n的集合为?nn?6,n?N?20（Ⅰ）因为AB∥DE，AB在平面FDE外，所以AB∥平面

FDE；????2分

MN是平面PAB与平面FDE的交线，所以AB∥MN，故MN∥DE；????4分

而MN在平面CDE外，所以MN∥平面CDE.??6分 注：不写“AB在平面FDE外”等条件的应酌情扣分；向量

NHFMDBGCAE方法按建系、标点、求向量、算结果这四个步骤是否正确来评分.

（Ⅱ）解法一：取AB中点G、DE中点H则由GH∥PC知P,C,G,H在同一平面上，

并且由PA?PB知PG?AB.而与（Ⅰ）同理可证AB平行于平面PAB与平面CDE的交线，因此，PG也垂直于该交线，但平面PAB?平面CDE，所以PG?平面CDE，?PG?CH????10分 于是，?CGH∽?PCG

?即

PCCG?????12分 CGGH1?t3?,t?2.????14分 13注：几何解法的关键是将面面垂直转化为线线垂直，阅卷时应注意考生是否在运用相关

的定理.

（Ⅱ）解法二：如图，取AB中点G、DE中点H.

以G为原点，GB为x轴、GC为y轴、GH为z轴建立空间直角坐标系.

zP则在平面PAB中,B(1,0,0),P(0,3,1?t)， 向量GB?(1,0,0),GP?(0,3,1?t).

FNHMDByCGAEx设平面PAB的法向量n,?(x1,y1,z1)，则由

??n1?GB?0?x1?1?0即? ???n1?GP?0?y1?3?z1(1?t)?0得n1?(0,1?t,?3)????????9分

在平面CDE中,H(0,0,1),C(0,3,0)，向量CH?(0,?3,1),HE?GB?(1,0,0). 设平面CDE的法向量n2?(x2,y2,z2)，由?得n2?(0,1,3)????????12分

?y2?(?3)?z2?0?x2?1?0

?平面PAB?平面CDE，?n1?n2?0，即1?t?3?0,?t?2.????????

14分

注：使用其它坐标系时请参考以上评分标准给分. 21、（I）由题意，|QA|?|QB|?|QP|?|QB|?6， ∴Q点轨迹是以A、B为焦点的椭圆，且a?3,c?2,

x2y2??1.??????5分 ∴曲线C的轨迹方程是95

（II）先考虑切线的斜率存在的情形. 设切线l：y?kx?m，则

由l与⊙O相切得

图1

|m|1?k2?r 即m2?r2(1?k2)

①?????7分

?y?kx?m?222由?x2y2，消去y得，(5?9k)x?18kmx?9(m?5)?0,

?1??5?9设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则由韦达定理得

18km9(m2?5)x1?x2??，x1x2?????????9分 25?9k5?9k2

OM?ON?x1x2?y1y2?x1x2?(kx1?m)(kx2?m)?(1?k2)x1x2?km(x1?x2)?m2

9(1?k2)(m2?5)18k2m22???m 225?9k5?9k14m2?45(1?k2)?②????????10分 25?9k由于其中一条切线满足?MON?90，对此

0

图2

14m2?45(1?k2)?0 OM?ON?25?9k45????????????????12分 14452(1?k2)，进而于是，对于任意一条切线l，总有m?14222结合①式m?r(1?k)可得r?214m2?45(1?k2)?0 OM?ON?25?9k故总有?MON?90. ????????????????14分

0最后考虑两种特殊情况：（1）当满足?MON?90的那条切线斜率不存在时，切线方程为

05r20x??r.代入椭圆方程可得交点的纵坐标y??5?，因?MON?90，故

9455r220，得到r?，同上可得：任意一条切线l均满足?MON?90；（2）r?5?149455r2当满足?MON?90的那条切线斜率存在时，r?，r?5?，对于斜率不

14902存在的切线x??r也有?MON?90.

综上所述，命题成立. ????????????????15分

22、（I）f(x)的定义域为(0,??)

0f'(x)?分

a(1?x)(2x?a)?2(x?1)?a?xx??????????..???..??.2

（1，??）①a?0时，f(x)的增区间为(0,1)，减区间为

（?②?2?a?0时，f(x)的增区间为（0，??）③a??2时，f(x)减区间为

aa，1）（1，??），减区间为(0,?), 22（1，?④a??2时，f(x)的增区间为

（II）由题意

aa）（?，??），减区间为(0,1),????6分 22f'(x0)?kPP?12f(x2)?f(x1)x2?x1

[alnx2?(x2?1)2?ax2]?[alnx1?(x1?1)2?ax1] ?x2?x1x2x1??(x1?x2?2)?ax2?x1aln又：f(分

'x1?x22a)??(x1?x2?2)?a??????????..?????.92x1?x2a（0，??）?2(x?1)?a（a?0）在上为减函数

x?f'(x)?要证x0?x1?x2''x?x2) ,只要证f(x0)?f(122x2x2(x2?x1)x12a?即, 即证ln2??????....??.13分

x2?x1x1?x2x1x1?x2alnx22(t?1)14(t?1)2'令t? ，g(t)???1,g(t)?lnt???0 22x1t?1t(t?1)t(t?1)?g(t)在(1,??)为增函数 ?g(t)?g(1)?0 ?lnt?2(t?1)lnt2?，即 t?1t?1t?1

即lnx22(x2?x1) ?x1x1?x2x1?x2得证?????????..???15分 2 ?x0?

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