山东省烟台市2019届高考数学五月适应性练习试题（二）文

山东省烟台市2019届高考数学五月适应性练习试题（二）文2019年高考适应性练习（二）文科数学参考答案一、选择题：DCABAABBDCAB二、填空题：13．014．430xy15．2316．24三、解答题：17.解：（1）设数列}{na的公差为d，因为1a，3a，7a成等比数列，所以7123aaa…………………………………………2分即)6()2(1121daada，将12a代入，解得1d或0d（舍），……4分所以1nan.………………………………6分（2）数列{}na的前n项和为2[2(1)]13222nnnn.…………………………8分又12nnb，所以数列{}nb为首项为4，公比为2的等比数列，所以数列{}nb的前n项和为124222412nn.所以数列{}nnab的前n项和为21322nn224n.…………………12分18.解：（1）证明：因为ADCD，CDDF，ADDFD，所以CD平面ADF,…………………………………2分因为四边形CDFE为矩形，所以//EFCD.又EF平面ABCD,CD平面ABCD,所以//EF平面ABCD.………………………………4分因为//EF平面ABCD,EF平面ABEF,平面ABEF平面ABCDAB,所以ABEF//,…………………………………………………………6分又,//CDEF所以,//ABCD…………………………………………………5分又CD平面ADF,所以AB平面ADF,………………………………7分（2）因为ADCD，CDDF，所以ADF即为二面角ACDF的平面角，所以120ADF.………………………………………………8分1133sin212222ADFSDADFADF.………………………10分于是113313326ADFFABDBADFVVSAB三棱锥三棱锥.……………12分19.解：（1）由散点图可以判断，lnycdx适宜作为抗压强度y关于龄期x的回归方程类型.……………………2分令lnwx，先建立y关于w的线性回归方程.由于1011021()()55105.5()iiiiiwwyydww，……………………4分29.71029.7cydw，……………………6分所以y关于w的线性回归方程为9.710yw，因此y关于x的线性回归方程为9.710lnyx.……………………7分（2）(i)由（1）知，当龄期为28天，即28x时，抗压强度y的预报值y9.710ln289.710(2ln2ln7)43.因为4340，所以预测该批次混凝土达标.…………10分(ii)令2871.2740ff，得727.5f.所以估计龄期为7天的混凝土试件需达到的抗压强度为27.5MPa.…………12分20.解：将点3(1,)2P代入方程得，221914ab，……………………2分又椭圆的离心率为21，所以2122aba，即41222aba，……………………4分解得3,422ba.所以椭圆的标准方程为13422yx.……………………5分（2）由（1）知椭圆的左焦点)0,1(，设AB的方程为)0)(1(kxky，),(),,(2211yxByxA联立方程组134)1(22yxxky整理得，01248)43(2222kxkxk2221222143124,438kkxxkkxx，……………………6分所以22224221221243)124(4)43(6414)(1||kkkkkxxxxkAB2243)1(12kk，………………………………………………………………8分同理可得222234)1(12314]1)1[(12||kkkkCD，…………………………10分所以127)1(1243)1(1234||1||12222kkkkABCD，所以存在常数127.……………………………………12分21.解：（1）2121()2(0)axfxaxxxx…………………1分当0a时，()fx0，函数()fx在(0,)单调递增，…………………2分当0a时，令()0fx，解得202axa，所以()fx在2(0,)2aa单增，令()0fx，解得22axa，所以()fx在2(,)2aa单减，………4分综上，当0a时，函数()fx在(0,)单调递增，当0a时，()fx在2(0,)2aa单增，在2(,)2aa单减.………………………5分（2）证明：要证明22e()xfxx，只要证22ln2eexxxx.………………………7分令xxxgln)(，则2ln1)(xxxg当0ex时，0)(xg，)(xg单调递增；当ex时，0)(xg，)(xg单调递减；所以)(xg的最大值为1(e)eg，……………………………9分令222e()(0)exhxxx，224232ee22e(2)()eexxxxxxhxxx当20x时，0)(xh，)(xh单调递减；当2x时，0)(xh，)(xh单调递增；所以)(xh的最小值为21)2(h，…………………………………11分因为11e2，所以)()(xhxg，即22ln2eexxxx所以原不等式成立.………………………………………………12分22.解：（1）直线l的极坐标方程为（R）；……………………2分曲线C的普通方程为22(3)(1)1xy，……………………3分因为cosx，siny，222xy，所以曲线C的极坐标方程为223cos2sin30.………………5分（2）设12(,),(,)MN，且120,0，将代入曲线C的极坐标方程，有22(3cos+sin)30，……………………6分因为(0,)3，243cossin)12=43sin2+4cos248sin(2)406（，……………………7分根据极坐标的几何意义，,OMON分别表示点,MN的极径，因此)3sin(4)sincos3(2||||21ONOM，………8分因为03，所以2333，……………………9分所以，当32，即6时，||||ONOM取最大值4.………10分23.解:（1）当3k时,故不等式4fx可化为：1644xx或11324x或13644xx……………………3分解得：403xx或，所以解集为403xxx或.……………………5分（2）当1[,](1)33kxk时，310x,30xk，1fxk于是原问题等价于存在1[,]33kx使242kxx，即2420xxk成立.…………………6分设2()42hxxxk，1[,]33kx,则max()0hx.…………………7分因为2()42hxxxk为开口向上的抛物线，对称轴为2x，所以()hx在1[,](1)33kk单调递减，当3kx时，2max()()2393kkkhxh.…………………8分令22093kk，解得6k或3k.…………………9分又1k，因此k的取值范围是{|3}kk.…………………10分