2014-2015学年第一学期高三月一考试理科数学参考答案
1.C 2.C 3.C 4.B 5.A 6.D 7.C 8.D 9. 5 10. 2x?y?0 11.
25 12. 622?2?1 13. 146 14. ?sin(??)?2 15.3
4b2?c2?a21?， 3分 16. 解：（Ⅰ）因为 b?c?a?bc，所以 cosA?2bc2 又因为 A?(0,π)，所以 A?π. 5分 3（Ⅱ）因为 cosB?由正弦定理
22632，B?(0,π)，所以 sinB?1?cosB?. 7分 33abbsinA??3. 9分 ， 得 a?sinAsinBsinB22因为 b?c?a?bc， 所以 c?2c?5?0， 解得 c?1?6， 因为 c?0，所以 c?6?1. 故△ABC的面积S?132?3. 12分 bcsinA?2217.解： （I）设事件A：从20位学生中随机抽取一位，抽到运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生．
由题意可知，运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生共有(6?a)人．
6?a2?．解得a?2．所以b?4． 4分 则P(A)?205 （II）设事件B：从20人中任意抽取2人，至少有一位运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生．
由题意可知，至少有一项能力测试优秀的学生共有8人．
2C1262则P(B)?1?P(B)?1?2?． 7分
C2095（III）?的可能取值为0，1，2．20位学生中运动协调能力或逻辑思维能力优秀的学生人数为8
112C12C8C8214C123348人．所以P(??0)?2?，P(??1)?2?，P(??2)?2?．
C2095C2095C2095所以?的分布列为
? 0 1 2
334814 P 959595
334814764? 12分 所以，E??0??1??2??95959595518.解（Ⅰ）因为平面ABD?平面BCD，交线为BD，又在?ABD中，AE?BD于E，
AE?平面ABD，所以AE?平面BCD． 3分
（Ⅱ）由（Ⅰ）结论AE?平面BCD可得AE?EF． 由题意可知EF?BD，又AE?BD．
如图，以E为坐标原点，分别以EF,ED,EA所在直线为x轴，
BzA1EDFxyC 5
y轴，z轴，建立空间直角坐标系E?xyz
不妨设AB?BD?DC?AD?2，则BE?ED?1．
233. ，EF?333则E(0,0,0),D(0,1,0),B(0,?1,0),A(0,0,3),F(,0,0),C(3,2,0) 5分
3DC?(3,1,0),AD?(0,1,?3)．
由AE?平面BCD可知平面DCB的法向量为EA． 6分
??n?DC?0,??3x?y?0, 设平面ADC的法向量为n?(x,y,z)，则?即???n?AD?0.??y?3z?0.令z?1，则y?3,x?1，所以n?(1,3,?1)． 8分
由条件计算得，AE?3，BC?23，BF?所以cos?n,EA??EA?n5??，
5|EA|?|n|5 9分 5所以二面角A?DC?B的余弦值为（Ⅲ）设AM??AF，其中??[0,1]．由于AF?(所以AM??AF??(3,0,?3)， 33,0,?3)，其中??[0,1] 10分 3?3?EM?EA?AM??,0,(1??)3所以???3?
??33?=?(0,1)． 13分 由EM?n?0，即，解得?-(1-?）3?043AM3?． 14分 所以在线段AF上存在点M使EM∥平面ADC，且
AF419.解：（Ⅰ）因为{an}为等差数列，设公差为d，则由题意得
?a5?a7?22?a1?5d?11?d?2?2a1?10d?22 ?? 整理得? ???aa?aaa?1d?2a(a?d)(a?4d)?a(a?13d)114?25?1?1?1111所以an?1?(n?1)?2?2n?1 4分 由bn?11111??(?)
an?an?1(2n?1)(2n?1)22n?12n?1所以Tn?1111(1????2335?11n?)? 7分 2n?12n?12n?1（Ⅱ）假设存在 由（Ⅰ）知，Tn?
n1mn,Tn?，所以T1?,Tm?
2n?132m?12n?16
若T1,Tm,Tn成等比，则有
Tm2m21nm2n?T1?Tn?()???? 9分 22m?132n?14m?4m?16n?34m2?4m?16n?334m?1?2m2???? （1） 22mnnm因为n?0，所以4m?1?2m2?0?1??66， 12分 ?m?1?22因为m?N,m?1,?m?2,，当m?2时，带入（1）式，得n?12；
综上，当m?2,n?12可以使T1,Tm,Tn成等比数列。 14分 20.解：(Ⅰ)由题意得 e?c6 ，2a?23 ，解得a?3，b?1 ?a3x2?y2?1 4分 椭圆的方程为3（II）解法一.当k?0时，直线y??13131与椭圆交于两点的坐标分别为A(,?)，B(?,?) 22222设y轴上一点P(0,t),满足PA?PB, 即PA?PB?0， ∴(,?32131?t)?(?,??t)?0解得t?1或t??2（舍）， 222则可知P(0,1)满足条件，若所求的定点M存在，则一定是P点. 7分 下面证明M(0,1)就是满足条件的定点. 设直线y?kx?1交椭圆于点A(x1,y1), B(x2,y2). 21?y?kx???222 由题意联立方程?2 消去y得(12k?4)x?12kx?9?0
?x?y2?1??312k?x?x???1212k2?4 由韦达定理得? 11分
?9?xx?12?12k2?4? 7
又MA?(x1,y1?1)，MB?(x2,y2?1)
3239?9312k922?k???0 ?(1?k)x1x2?k(x1?x2)??(1?k)?2412k2?4212k2?44 ?MA?MB?x1x2?(y1?1)(y2?1)?x1x2?(kx1?)(kx2?)
?MA?MB，即在y轴正半轴上存在定点M(0,1)满足条件. 14分 解法二.设y轴上一点M(0,t)（t?0）满足MA?MB，即MA?MB?0 设直线y?kx?321交椭圆于点A(x1,y1), B(x2,y2). 21?y?kx???2 由题意联立方程?2 消去y得(12k2?4)x2?12kx?9?0
?x?y2?1??312k?x?x???1212k2?4 由韦达定理得? 8分
?xx??912?12k2?4? 又MA?(x1,y1?t)，MB?(x2,y2?t)
?MA?MB?x1x2?(y1?t)(y2?t)?x1x2?(kx1?11?t)(kx2??t) 2211?(1?k2)x1x2?(?t)k(x1?x2)?(?t)2
22?(1?k2)??9112k1?(?t)k??(?t)2?011分 2212k?4212k?42
122整理得，k[12(?t)?12(?t)?9]?9?4(?t)?0
212122由对任意k都成立，得12(?t)?12(?t)?9?0且 ?9?4(?t)?0
12212122解得t?1，所以存在点M(0,1)满足MA?MB. 14分 21．解： (1)当x<1时，f(x)＝－x3＋x2＋bx＋c，则f′(x)＝－3x2＋2x＋b.
???f?0?＝0?c＝0?依题意，得即?，解得b＝c＝0. 3分 ?f′?－1?＝－5???－3－2＋b＝－5
8
32??－x＋x，x<1
(2)由(1)知，f(x)＝?.
?aln x，x≥1?
2
x－?， ①当－1≤x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－3x??3?2
令f′(x)＝0得x＝0或x＝.
3
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
x f′(x) f(x) (－1，0) － 单调递减 0 0 极小值 2(0，) 3＋ 单调递增 2 30 极大值 2，1) 3－ 单调递减 2?4又f(－1)＝2，f??3?＝27，f(0)＝0，∴f(x)在[－1,1)上的最大值为2. 6分 ②当1≤x≤2时，f(x)＝aln x.
当a≤0时，f(x)≤0，∴f(x)的最大值为0；
当a>0时，f(x)在[1,2]上单调递增，∴f(x)在[1,2]上的最大值为aln 2. 综上所述，当aln 2≤2，即a≤
2
时，f(x)在[－1,2]上的最大值为2； ln 2
2
当aln 2>2，即a>时，f(x)在[－1,2]上的最大值为aln 2. 9分
ln 2(3)假设曲线y＝f(x)上存在两点P、Q满足题设要求，则点P、Q只能在y轴的两侧． 不妨设P(t，f(t))(t>0)，则Q(－t，t3＋t2)，显然t≠1. ∵△POQ是以O为直角顶点的直角三角形， ∴OP·OQ＝0，即－t2＋f(t)(t3＋t2)＝0. ①
若方程①有解，则存在满足题意的两点P、Q；若方程①无解，则不存在满足题意的两点P、Q. 若0
1
此时f(t)＝aln t，代入①式得，－t2＋(aln t)(t3＋t2)＝0，即＝(t＋1)ln t． ②
a1
令h(x)＝(x＋1)ln x(x≥1)，则h′(x)＝ln x＋＋1>0，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，
x∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0，当t→＋∞时，h(t)→＋∞，∴h(t)的取值范围为(0，＋∞)． ∴对于a>0，方程②总有解，即方程①总有解．
因此对任意给定的正实数a，曲线y＝f(x)上总存在两点P、Q，使得△POQ是以点O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边中点在y轴上． 14分
→→ 9
