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1、-市 2018-2019 学年高中毕业班模拟考试二理科数学答案理科数学答案一、选择题1-5DBADC6-10 CBABC11-12 AD二、填空题133141215.516.2 32三、解答题17.解：(1)是等差数列，S5=5a3，又 S5=3a3，a3=0 2 分由 a4+a6=8=2a5得 a5=4a5-a3=2d=4,d=2 4 分an=a3+(n-3)d=2(n-3).6 分nn+1(2)bn=2=(n-3)2,234n+1Tn=(-2)2+(-1)2+02 +(n-3)2,34n+1n+22 Tn=(-2)2+(-1)2+(n-4)2 +(n-3)2 8 分234n+1n+2两式相
2、减得 2 Tn-Tn=22-2+2+2+(n-3)210 分=8-n+2+(n-3)2n+2=(n-4)2+16n+2即 Tn=(n-4)2+1612 分18.解析：1证明：连接PD交CE于G点，连接FG，点E为PA中点，点D为AC中点，点G为PAC的重心，PG 2GD，2 分PF 2FBFG/BD，4 分又FG 平面CEF，BD 平面CEF，BD/平面CEF.5 分2法一：因为AB AC，PB PC，PA PA，所以PAB全等于PAC，PA AC，PA AB，PA 2，7 分又AB AC，则以AB、AC、AP所在直线分别为*、y、z 轴建立空间直角坐标系A xyz如下图，则A(0,0,0),
3、B(1,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,2)，E(0,0,1)，zBC (1,1,0)，BP (1,0,2)，CE (0,1,1)8 分设平面PBC的一个法向量为n n (x,y,z)，yxBC n n x y 0解得x 2,y 2,z 1，即n n (2,2,1)10 分BP n n x2z 0设直线CE与平面PBC所成角为，则.z.-所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为212 分6法二：因为AB AC，PB PC，PA PA，所以PAB全等于PAC，PA AC，PA AB，PA 2，7 分过点E做EH 平面PBC于点H，连接CH，则ECH为直线CE与平面ABC所成角，8 分设点
4、A到平面PBC的距离为h1VPABCVAPBC，即S31PASABC3PBCh11113 22112 2h，解得h，10 分323223因为点E为PA中点，所以EH 11h，231EH23在Rt CEH中，CE 2，sinECH CE62所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值为19.【解析】1因为tan Atan B 212 分611，即kACkBC 22yy1设点C(x,y)，则 2 分x2 x22x2y21(y 0)4 分解得422令M(x1,y1)，N(x2,y2)易知直线MN不与x轴重合，令直线MN:x my 25 分联立得(m22)y22 2my 20易知 0，y1 y22 2m2，
5、.7 分y y 012m2 2m2 2由SMAB 2SNAB，故|y1|2|y2|，即y1 2y2.9 分(y1 y2)2 4m2yy1212 2 从而y1y22m 2y2y1解得m2142，即m .11 分771414.12 分y 2或x y 277.z.所以直线MN的方程为x-20.解：1*月应纳税所得额含税为：29600-5000-1000-2000=21600元不超过 3000 的局部税额为30003%=90 元超过 3000 元至 12000 元的局部税额为900010%=900 元-2分超过 12000 元至 25000 元的局部税额为960020%=1920 元所以*月应缴纳的个
6、税金额为90+900+1920=2910 元-4分2有一个孩子需要赡养老人应纳税所得额含税为：20000-5000-1000-2000=12000元，月应缴纳的个税金额为：90+900=990 元；-5分有一个孩子不需要赡养老人应纳税所得额含税为：20000-5000-1000=14000元，月应缴纳的个税金额为：90+900+400=1390 元；-6分没有孩子需要赡养老人应纳税所得额含税为：20000-5000-2000=13000元，月应缴纳的个税金额为：90+900+200=1190 元；-7分没有孩子不需要赡养老人应纳税所得额含税为：20000-5000=15000 元，月应缴纳的个
7、税金额为：90+900+600=1590 元；-8分990119013901590Xp3511015110-10分3111EX 9901190139015901150-12分51051021.【解析】1由f(x)ax 令g(x)lnx1ln x，即 ax，即a 2xxxlnx，则只需a g(x)max1 分x212lnxg(x)，令g(x)0，得x e3x所以g(x)在(0,e)递增，在(e,)递减3 分所以g(x)max g(e)11，所以a的取值围为(,)4 分2e2e2方法一：不妨设方法一：不妨设x1 x2，f(x)ln x，所以x0,1时，f(x)0，f(x)单调递增，2xx1,时，f
8、(x)0，f(x)单调递减；1由f(1)1，f()0，当x 时，f(x)0e所以0 m 1，1 x11 x26 分e要证x1 x22，即证x2 2 x1由x21，2 x11，f(x)在(1,)上单调递减，只需证明f(x2)f(2 x1)由f(x1)f(x2)，只需证明f(x1)f(2 x1)7 分令g(x)f(x)f(2 x)，x(0,1)，只需证明g(x)0.z.-易知g(1)0，g(x)f(x)f(2 x)ln xln(2 x)22x(2 x)由x(0,1)，故lnx 0，x2(2 x)2，9 分从而g(x)ln x ln(2 x)lnx(2 x)011 分22(2 x)(2 x)从而g(
9、x)在(0,1)上单调递增由g(1)0，故当x(0,1)时，g(x)0，证毕12 分方法二：不妨设方法二：不妨设x1 x2，f(x)ln x，所以x0,1时，f(x)0，f(x)单调递增，2xx1,时，f(x)0，f(x)单调递减；1由f(1)1，f()0，当x 时，f(x)0e所以0 m 1，1 x11 x26 分e要证x1 x22，即证x2 2 x1由x21，2 x11，f(x)在(1,)上单调递减，只需证明f(x2)f(2 x1)由f(x1)f(x2)，只需证明f(x1)f(2 x1)7 分假设证1lnx11ln(2 x1)，即(2 x1)lnx1 x1ln(2 x1)22x10 x12
10、 x1令g(x)(2 x)lnx xln(2 x)22x，只需证明x(0,1)时g(x)08 分易知g(1)0，g(x)lnx ln(2 x)44x(2 x)由ln x x 1，当且仅当x 1时取等，故lnx 1 x10 分由x(0,1)，从而lnx ln(2 x)(1 x)(1(2 x)0由x(0,1)，故x(2 x)(0,1)，从而所以g(x)在(0,1)单调递增又由g(1)0，故当x(0,1)时，g(x)0，证毕12 分方法三：不妨设方法三：不妨设x1 x2，构造函数G(x)f(x)f()，5 分440，所以g(x)011 分x(2 x)1x1)ln x，x0,1时，G(x)0，G(x)
11、单调递增，7 分2x1所以G(x)G(1)0，即x0,1时，f(x)f().x则G(x)(1.z.-11 x11，故f(x2)f(x1)f()，9 分x1e又x21,111，x1,时，f(x)单调递减，x2，即x1x21，11 分x1x1所以x1 x2 2 x1x2 212 分方法四方法四：不妨设不妨设x1 x2，比值代换由f(x1)f(x2)m，即1 ln x1 mx1，1 ln x2 mx25 分两式作差得lnx1lnx2 m(x1 x2)，即m 所以x1 x2 m(x1 x2)令t x1 x2xln1x1 x2x2lnx1lnx26 分x1 x2x1t 1(0,1)，即x1 x2lnt8
12、 分x2t 1t 1lnt 2，t 1要证x1 x22，只需证只需证lnt 2(t 1)在t(0,1)时恒成立记为*10 分t 114(t 1)22(t 1)令g(t)lnt，则g(t)22t(t 1)t 1t(t 1)从而g(t)在(0,1)递增由g(1)0，从而当t(0,1)时g(t)0恒成立，即*式成立综上，x1 x2212 分22.解：(1)曲线 的程为,2 分直线 的普通方程为;4 分，得曲线角坐标方x 2(2)把 的参数方程y 12t2代入抛物线方程中，得2t2,=解得23.解答：0,设方程的两根分别为,成等比数列，知.6 分10 分.z.-1当时，2 分不等式可化为或或4 分.5 分解得，不等式的解集为(2)7 分当且仅当(时，取“=8 分当时,的取值围为；当时,的取值围为.z.10 分