数学(理科)试卷参考答案

1、高三年级第五次模拟考试数学(理科)试卷参考答案-、选择题：1 c, 2b, 3c, 4 b, 二、填空题：5b,6d,7d, 8c, 9a, 10d, 11c, 12c13. 214.1513“2116.2.解答题:17.解析:(i)sin x cos x3 cos2.32 f2sin23 cos2 x sin 2分3的最小正周期为sin 2x2 k <2x2>0。21,分42k,k z的增区间为512k12(ii)由 b2c2a2<3bc,b2 c2a2. 3bc,又由cos a b-a2一 3bc .32bc2bc 2，分，在 abc 中，a 分96x30364260p0

2、.10.440.360.146分在 bcd中，易得 cdb 60 ,所以 adb又 bd 2,所以 ab 1 , ad1 所以 ab / mq , ab又因为 ab / cd , ab 1cd ,4所以四边形abqm为平行四边形，所以 am / bq .因为 am 平面pbc , bq 平面pbc ,所以直线am /平面pbc .3 一.证明如下:4(出)解：线段 cd上存在点n ,使am与bn所成角的余弦值为因为pd 平面abcd ,da dc ,建立如图所示的空间直角坐标系所以 d(0,0,0), a(73,0,0), b(后,0),c(0,4,0), m (0,0,3).设 n(0,t,

3、0),其中 0 t 4 .所以 am ( j3,0,3), bn(国 1,0).10分uuuu uuur要使am与bn所成角的余弦值为 ,则有|uuuu 盟|4| am |bn |所以 ,|3|,解得t 0或2,均适合0 t 4.2.3 .3 (t 1)24故点n位于d点处，此时cn 4 ;或cd中点处，12分此日cn 2 ,有am与bn所成角的余弦值为 三342220解：(i)设椭圆的方程为 勺与 1 a b 0 , a b2. 22a b c ,依题意彳导cl, 解得a2 4, b2 1.a 2 '工a ia2 4b22所以椭圆c的方程为 y21.4(n)显然点 a(2,0).(1

4、)当直线l的斜率不存在时，不妨设点e在x轴上方,3.3勿倚 e(i,5),f(1, t), m(3,3. 3 uuuu uuur)，n(3,)，所以em fn22(2)当直线l的斜率存在时，由题意可设直线l的方程为y k(x 1),显然k 0时，不符合题意x2寸x41),0得(4k22 一 21)x 8kx24k 4 0.2 22设 e(x1,y1),f(x2,y2),贝ux x?8k4k 4-2?遇22.4k2 1 4k2 1直线ae, af的方程分别为：y (x 2), y (x 2), x1 2x2 2令 x 3 ,则 m (3, y), n (3, y).x12 x2 2所以端(3 x

5、,血3),瑞(3 x2,见w). x 2x2 2所以端 fnr(3 x1)(3 x2) gn以3dx1 2 x2 2(3 xj(3x?)(1ym)(x1 2)(x2 2)(3 %)(3 x2)(1k2(x 1)(x2 1)m 2)(x2 2)，21.x1x23(xi x2) 9 1 k2 x1x2 (x1 x2) 1 x1x2 2(x1 x2) 4(4k2 4 4k2 116k2 54 4k2 1_ 216k516k2 4因为k2 0 ,所以uuuu综上所述，em解：(i)由 f(x) e当 x ln 2 , f (x)故f (x)的最小值为(ii) f (x)kxke对于0时,f(x)11n

6、2 k k时,11n2 k k时,占 9)(1224k2 48k2彳22 14k2 1 4k2 1)12邛44k2 1 4k2 1(13k247)_1 16k210分16k2 4-216k516k25uuuuuuur5一,即emfn(1-).44uuurfn的取值范围是2x，得 f (x)1n2.当 x 1n20 知 f(x)在(in 2,f(ln 2)2,当f(0)(x) 0 得f (x) 0f (x) 012分f (x)单调递增;2 2ln 20时，ff (x)在(，ln2)单调递减;(x)恒小于零，f(x)单调递减.,不符合题意.11nz k k,1 , 2、(,ln). f(x)在 k

7、 k单调递减;(11n2 f(x)在 (k k,)单调递增; ji 2、2 2. 2只需xln x(x 0)f ( ln-) - -ln - f(x)的最小值为k k k k k6分g(x) 1 1nx 1 1nxg(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减,则 g(x) g(1) 1 ,仅当 x1时取得最大值，故1，即 k 2.(iii)解法 1：由已知得：f (x2) kekx2 2 °, k 0,f%) f(x1) f x2先证x2 x1,f(x2) f(x1) f x2fx2 x1k x x21 e k x2 kk x1 x2e k x1 x210q x2x 0kx2

8、x2 f xx2 x1 (ke2)kx2k>1kx2e e k x2x1 ef (x2)同理可证f(x3) f(x2)x3 x2f(x2) f(x1)f(x3) f(x2)x2 x1x3 x212分exx 1, x k % x20xxh x e 1 0(e1), . h(x)在,0 内是减函数,f%) f(x1)f x211分h(x) h(0) 0 即x2 x.(iii )解法 2:f(x。)kekxe 2f(x2)f(x1)x。11n(2 虫) f?x2 xi得 k k k(x2 xi)下面证明x1 x0 x2.kx令g(x) f(x) ke 2,则g(x) k2ekx 0恒成立，即f

9、(x)为增函数.9分f (x2)f (xi)1f (x2)- (x2 x1)f (x2) (f(x2)f (xi)x2 xix2xi构造函数 k(x) (x2 x)f (x2) (f(x2) f (x)(x x2),k (x) f (x) f (x2) 0f (x2) f(x2) f(x1) 0k(x2) 0,故 x x2 时，k(x) 0,即得x2 x1,同理可证即 f（x1）得x1xo同理,f (xi)f (xo)f(x2) f(xi)x2x1f （x2）,因f （x）为增函数,x2 ,即在区间（8?2）上存在在区间（x2,x3）上存在x使f (x)10分f (x0)x0使f(x2)f(x

10、i)f(x3) f (x2)x3x2x2xif (x)f(x2) f(xi)f(x3) f (x2)x2 x1x3x212分22证明：（1）因为pe, pb分别是。o2割线，所以pa pe pd pbo1的直径，所以cab 90 ,所以ac是。o2的切线，由（1）得ac/de ,所以abde ,所以 ad ae10分23.解（1）直线l的参数方程化为标准型2 1t2，,一2 ( t为参数)ht2代入曲线c方程得t2 4t 10 0设a,b对应的参数分别为t1,t2,则t24 , tt210又pa, pb分别是。1的切线和割线，所以 pa2 pc pb由得pa?pd pe?pc（2）连接ac,d

11、e ,设de与ab相交于点f ,因为bc是。所以 | ab| |t1 t2| 2.14（2）由极坐标与直角坐标互化公式得p直角坐标（2,2）所以点p在直线l ,中点m对应参数为t由参数t几何意义，所以点 p到线段ab中点m的距离|pm一t22 ,224.解：(i)解：原不等式可化为2 时，3x2x 12,无解;x 2时,1 3,则3x3,则x综上所述：原不等式的解集为0，2 .(ii )原不等式可化为x 2a 3 2x 11,2x 2a 4 2x即 2x 4 2a x 4 2x,故 3x4 2ax对x i2恒成立,当1 x 2时，3x 4的最大值为24 x的最小值为2,实数a的集合为110分2'3f a sin 2 sin 分633218.解：(i) (0.2 0.16) 1 50 18这50路段为中度拥堵的