山东省烟台市2019届高考数学五月适应性练习试题（二）理

山东省烟台市2019届高考数学五月适应性练习试题（二）理2019年高考适应性练习（二）理科数学参考答案一、选择题：DCAACBBADACB二、填空题：13．0.414．2315．816．3三、解答题：17.解：（1）22nnSa，当1n时，得12a，…………………………………………………1分当2n时，1122nnSa，作差得12nnaa，(2)n所以数列{}na是以2为首项，公比为2的等比数列,所以2nna.……………………………………………3分设等差数列{}nb的公差为d，由3412abb，64ba，所以183db，1165db，所以3d，11b，所以32nbn.……………………………………………6分（2）22222221234212()()()nnnTbbbbbb12342123()3()3()nnbbbbbb…………8分又因为32nbn，12342121223()3()3()3()nnnbbbbbbbbb所以21222()3313(2)21832nnnbbTnnnn.…………12分18.解：（1）证明：因为C半圆弧BD上的一点，所以BCBD.在ABD中，,EF分别为,ADBD的中点，所以112EFAB，且//EFAB.于是在EFC中，222112EFFCEF，所以EFC为直角三角形，且EFFC.…………………………2分因为ABBD，//EFAB,所以EFBD.………………………3分因为EFFC，EFBD，BDFCF，……………………4分所以EF平面BCD.又EF平面CEF，所以平面CEF平面BCD.……………………5分（2）由已知120BFC，以F为坐标原点，分别以垂直于平面BCD向上的方向、向量,FDFE所在方向作为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Fxyz，则31(,,0)22C，(0,0,1)E，(0,1,0)B，(0,1,2)A,31=(,,1)22CE,(0,1,1)BE,(0,1,1)AE.…………7分设平面ACE的一个法向量为111(,,)xyzm,则00AECEmm即11111031022yzxyz，取11z,得3,1,13（）m.…………8分设平面BCE的法向量222(,,)xyzn,则00BECEnn即22222031022yzxyz，取21z,得3,1,1（）n.…………9分所以1105cos,=||||352153mnmnmn，…………11分又二面角ACEB为锐角，所以二面角ACEB的余弦值为10535.………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：（1）原点到椭圆上顶点与右顶点连线的距离为22255abab.…………2分又离心率32ca，又因为222abc，解得2a，1b，所以椭圆方程为2214xy．………………………4分（2）设1122(,),(,)AxyBxy，直线l的方程为：(0)ykxmk，将(0)ykxmk代入2214xy得：222(14)8440kxkmxm，…………………………………………5分于是222222644(14)(44)16(14)0kmkmkm得：2214km……………………………………………………6分且122814kmxxk，设AB中点00(,)Mxy，则12024214xxkmxk，00214mykxmk因为线段AB的垂直平分线的纵截距为1，所以线段AB的垂直平分线过点(0,1)，所以221114414mkkmkk，即2314mk，…………8分因为0k，所以23141mk，所以13m，…………10分2314mk代入2214km得03m，…………11分所以133m.…………………………………………………12分21.解：（1）()fx的定义域为(0,).设2()lngxaxxx，则()()fxxgx，()0fx等价于()0gx.因为(1)0g，()0gx，所以(1)0.g………………1分而()21agxxx，(1)1ga，得1a.………………3分若1a，则1(1)(21)()21xxgxxxx，当01x时，()0gx，()gx单调递增；当1x时，()0gx，()gx单调递减；所以1x是()gx的极大值点，故()(1)0gxg.综上，1a.………………5分（2）由（1）知2()(ln)fxxxxx，2()ln321fxxxx.设2()ln321hxxxx，则1()62hxxx，21()60hxx，令()0hx，得176x.当17(0,)6x时，()0hx，()hx单增；当17(,)6x时，()0hx，()hx单减；又因为1117[,](0,)426，1()04h，1()02h，所以()hx在17(0,)6上有唯一零点0x；又(1)0h，所以()fx在17(,)6上有唯一零点1.…………7分于是当0(0,)xx时，()0hx，0(,1)xx时，()0hx，(1,)x时，()0hx.因为()()fxhx，所以0xx是()fx的唯一极小值点.………………………8分由0()0fx，得2000ln321xxx，故320000()2fxxxx，………………9分由（1）知011(,)42x.令32()2tttt，11(,)42t，则2217()6216()66tttt，当11(,)42t时，()0t，所以()t在11(,)42上单调递减，1()()2t12.所以01()2fx，结论得证.………………………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，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