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数学（高考试题）参考答案 第 1 页（共 6 页） 2019 年 5 月份温州市普通高中高考适应性测试 数学试题参考答案及评分标准 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C B D C A C B A 二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分． 11．1i 、 2 ； 12．1，10； 13．3， 1 2 ； 14． 3 ； 15． 2, ， ,2  ； 16．192； 17．(3,2 3) ． 三、解答题：本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．解：(Ⅰ)由题意得 2  ， 5+ =sin 2 cos 22 6 3f x x x                    2   ， 3  (Ⅱ) ( ) sin 2 cos 28 8 12 12h x f x g x x x                                2 sin 2 3x  对称轴为 2 12 kx ， kZ 单调递增区间为 5 ,12 12kk ． 19．（ Ⅰ）证明：连接 BD 交 AC 于点O ，连接OE ， //CD AB ， 1 2 DO CD DE OB AB EP    ， //OE PB 又 ,,OE ACE PB ACE平面 平面 //PB 平面 ACE ． （Ⅱ）法一： ,,CD AD CD PA AD PA A   CD PAD平面 作 AF PD ， F 为垂足，连接CF F O B A D C P E 数学（高考试题）参考答案 第 2 页（共 6 页） , , CD PAD AF PAD CD AF AF PD CD PD D      平面 平面 有 ， CF PCD平面 ACF 就是 AC 与平面 PCD所成的角， 30ACF  ， 2222AC AD CD   ， 22 2AF  ， 211 5sin ,cos 1 sin66 AFADF ADF ADFAD         2 2 2 2 cos 6PA AD DP AD DP ADP       ， 6PA 时， 与平面 所成的角为 30 ． 法二、同法一得CD PAD 平面 ， PAD ABCD平面 平面 以 A 为 原 点 建 立 如 图 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则 (0,0,0), (2,3 2,0), (0,3 2,0),A C D ， 不妨设 (0, , )P m n ，（ 0,0 3 2nm   ） 则 (2,0,0), (0, 3 2, )DC DP m n   设 ( , , )n x y z 是平面 PCD的一个法向量， 则 20 ( 3 2) 0 n DC x n DP m y nz          可取 (0, ,3 2 )n n m， (2,3 2,0),AC  由题意 sin 30 | cos , | | | | || | AC nAC n AC n     22 3 2 1 222 (3 2 ) n nm     又 22| | (3 2 ) 3 2DP m n    ，解得： 22 2n  ， 2 2m  2222 20 ( ) ( ) 622PA     时， 与平面 所成的角为 ． 法三、同法一得 ， 以 D 为 原 点 建 立 如 图 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则 (0,0,0), (3 2,0,0), (0,2,0),D A C ， 不妨设 PDA ，则 (3 2 cos ,0,3 2 sin )P ， 则 (0,2,0), (3 2 cos ,0,3 2 sin )DC DP  设 是平面 的一个法向量， x y z B A D C P E x z yB A D C P E 数学（高考试题）参考答案 第 3 页（共 6 页） 则 20 3 2 cos 3 2 sin 0 n DC y n DP x z         可取 (sin ,0, cos )n ， ( 3 2,2,0),AC  由题意 sin 30 | cos , | | | | || | AC nAC n AC n     3 2 sin 1 222  11sin 6， 5cos 6， 5 2 22( ,0, )22P 225 2 22(3 2 ) 0 ( ) 622PA      6PA 时， AC 与平面 PCD所成的角为 30 ． 20．解：（I） 1 1a  ， 120nnaa，得{}na 是公比为 1 2 的等比数列， 11 2 n na    ， 11 212 11 321 2 n n nS        ， 当 2n  时， 1 2121 12 1 2 1 21 nb nn nn n   ，得 21nbn， 又 1 1 33 b  得 1 1b  ， 21nbn   ； （II） 22 1 2 1 1113 2 3 2 2 m mS                               1 2 1 2 1 2 1 2 1nc n n n n       1 2 1 2 1 1 1 1 222 1 2 1 2 1 2 1 nn n n n n          , 12 1 1 112221kkT c c c k         ， 故 mkST ． 数学（高考试题）参考答案 第 4 页（共 6 页） 21．解：（ I）由已知可得： ( 4,2), (4,2)AB 代入椭圆方程得： 12m  ∴椭圆方程为 22 124 12 xy （II）设直线CD的方程为 ( 2) 2y k x   ，代入 222 24xy，得： 2 2 2(1 2 ) 8 (1 ) 8 16 16 0k x k k x k k       设 1 1 2 2( , ), ( , )C x y D x y ，则有 2 1 2 1 222 8 ( 1) 8 16 16,1 2 1 2 k k k kx x x xkk      则 AC 的方程为 1 1 ( 2) ( 4) 24 kxyxx    ，令 2x  ，得 1 1 6 ( 2) 24E kxy x  BD 的方程为 2 2 ( 2) ( 4) 24 kxyxx    ，令 ，得 2 2 2 ( 2) 24F kxy x  ∴ 12 12 441 1 1 1 2 2 6 ( 2) 2 ( 2)EF xx ME MF y y k x k x         1 2 2 1 12 ( 4)( 2) 3( 4)( 2) 6 ( 2)( 2) x x x x k x x       1 2 1 2 1 2 1 2 2 10( ) 32 6 [ 2( ) 4] x x x x k x x x x        2 22 2 22 8 16 16 8 ( 1)2 10 321 2 1 2 8 16 16 8 ( 1)6 [ 2 4]1 2 1 2 k k k k kk k k k kk kk         2 2 2 2 2 2 16 32 32 80 80 32 64 48 2 6 [8 16 16 16 16 4 8 ] 72 3 k k k k k k k k k k k k k                 ，证毕． 22．（I）（ i）解：∵    1 x exgx e   ∴  gx在 ,1 递增， 1,  递减，且    max 11g x g 又∵ 当 0x  时，   0gx ；当 0x  时，   0gx ∴ 01t 数学（高考试题）参考答案 第 5 页（共 6 页） （ii）法一：由（i）知： 1201xx   ， ∴ 2 2 121 x x  要证：  1 2 1 22x x x x 成立，只需证： 2 1 2 121 xx x ∵  gx在 ,1 递增， 故只需证：     2 21 221 xg x g x g x  即证：      2 2 11212 2 1 22 1 0 x xex    令 22 1 1ux   ，只需证：   11 2 01 u ue u u    ，即证：  11ln 0 12u u uu     令   11ln 2u u u u       2 2 1 02 uu u  ，∴    10u． 证毕 法二：由（i）知： 由    12g x g x 得： 12 12 xx xx ee 即 2 1 2 1ln lnx x x x   即 21 21 1ln ln xx xx   由于    11ln 0 12u u u uu              2 2 1 0, 1 02 uuuu         令 2 1 1xu x得： 2 2 1 1 1 2 ln