发布时间 : 星期三 文章【最新资料】云南师大附中高三12月高考适应性月考卷(五)数学(理)试卷(含答案)更新完毕开始阅读507a650d7e192279168884868762caaedc33ba64
图8 ………………………………………………………………………………………（5分）
b?（Ⅱ）x?3，y?198.2，
?xyii?15i?15i?5xy2??xi2?5x156?15.610，a?y?bx?151.4，
所以回归直线方程为y?15.6x?151.4．………………………………………………（10分） 151.4?245（Ⅲ）代入的年份代码x?6，得y?15.6?6?，所以按照当前的变化趋势，该市机动车保
有量为245万辆．…………………………………………（12分） 19．（本小题满分12分） （Ⅰ）证明：因为顶点A1在底面ABC上的射影恰为AC的中点M， 所以A1M?平面ABC，又AB?平面ABC，所以A1M?AB， 又因为AB?AC，而A1M?平面A1ACC1，AC?平面A1ACC1且A1M所以AB?平面A1ACC1，又因为CC1?平面A1ACC1， 所
以
AC?M，
A?1B．…………………………………………………………………………（5分）
（Ⅱ）解：如图9，以M为原点，建立空间直角坐标系M?xyz，
0)，A1(0，0，22)， 则M(0，0，0)，B(2，?1，0)，A(0，?1，B1(2，0，22)，C(0，，10)，C1(0，2，22)，P(1，，122)，[KS5UKS5U] 122)， 于是AB?(2，0，0)，AA1?(0，，求得平面ABA1的一个法向量为n?(0，4，?2)，
由AB?(2，0，0)，AP?(1，2，22)，求得平面PAB的一个法向量
cos?m，n??|mn|1053??9|m||n|326，
图9
为m?(0，2，?2)，则
53所以二面角P?AB?A1的余弦值为9．……………………………………………（12分）
20．（本小题满分12分）
b21c3因为e??|MF|??b?1， a2a2，联立解得：a?2，（Ⅰ）解：，又
x2y2??141所以椭圆C的标准方程为．…………………………………………………（5分） （Ⅱ）证明：设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为y?k(x?2)， 5k)． 联立x?3得S(3，22x0y0??1(x0??2)设P(x0，y0)，代入椭圆的方程有：41，
2y01122??y0??(x0?4)2x0?444整理得：，故，
k?又
y0x0?2k??，
y0x0?2k，?(k分别为直线PA，PB的斜率)，
所以
2y01kk??2??x0?44，
y?1(x?2)?4k，
所以直线PB的方程为：
1??T?3，??4k??， x?3联立得
??5k1???5k1?(x?3)??y??????????28k???28k?， ?所以以ST为直径的圆的方程为：
222令y?0，解得：
x?3?52，
??53?，0????2?．…………………………………（12分） 所以以线段ST为直径的圆恒过定点?21．（本小题满分12分）
1?1?ln(x?1)x?1(?1，??)，f?(x)?f(x)ex解：（Ⅰ）函数的定义域为，
由于
f?(0)?0，y?1?1?ln(x?1)??)上是减函数， x?1在(?1，??所以当?1?x?0时，f(x)?0；当x?0时，f(x)?0.
0)，单调递减区间为(0，??)．…………………（5分） 所以f(x)的单调递增区间为(?1，?1??，???2x?1??上恒成立， （Ⅱ）由xln(x?1)?2ln(x?1)?x?2?ke≤0在?2整理得：h(x)?k≥(x?2)[ln(x?1)?1]??1，?????2??上恒成立即可. e2x?1在
令
(x?2)[ln(x?1)?1](x?2)[ln(x?1)?1]?e2x?1ex?1ex，
?1??，???h(x)?0?x?1?上当x??1时，e?x?2，以及在?2，
得
h(x)??1?ln(x?1)?1?，???f(x)???上恒成立， ex在?20)，单调递减区间为(0，??)． 由（Ⅰ）知f(x)的单调递增区间为(?1，
所以有f(x)max?f(0)?1，即h(x)?f(x)≤1恒成立，
所以正整数k的最小值为1．…………………………………………………………（12分）
22．（本小题满分10分）【选修4?4：坐标系与参数方程】
??1(??0)4??cos?解：（Ⅰ）由抛物线的定义得：，
即：
（
??4(??0)1?cos?．………………………………………………………………（5分）
Ⅱ）由（Ⅰ）得：
π?π???1?cos??1?cos????2?2sin????11112?2?sin??cos?4?????????|FP||FQ|?1?2444
≤2?24，
当且仅当
??112?23π?4时等号成立，故|FP||FQ|的最大值为4．………………（10分）
23．（本小题满分10分）【选修4?5：不等式选讲】 解：（Ⅰ）由f(x)≤0有：ln(|2x?1|?|2x?3|)≤ln1， 所以0?|2x?1|?|2x?3|≤1，
133??1??x≤?，???x?，?x≥，222??2??0??2x?1?2x?3≤1?0?2x?1?2x?3≤1?0?2x?1?2x?3≤1，即?或?或?
?13??x?x≤?24?解得不等式的解集为?．…………………………………………………（5分）
（Ⅱ）由f(x)?m恒成立得f(x)max?m即可.
?1?，?????， 由（Ⅰ）0?|2x?1|?|2x?3|得函数f(x)的定义域为?2
??1?ln(4x?2)?2?x???f(x)???ln4?x≥3?，???2???所以有
3??，2?所以f(x)max?ln4，
即m?ln4．………………………………………………………………………………（10分）