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模拟冲刺（七）数学（文）答案 页数 1 /总页数 4 2019 届高三冲刺模拟卷（七）数学（文）答案 一、选择题： CAABD ACACD AC 二、填空题： 13. 1 6 14.5 15.乙 16. 3 2 三、解答题： 17. 解：（Ⅰ）因为在 ABC 中， 030,25,BACD 是边 AB 上一点， 所以由余弦定理，得： 222 202cosACABBCABBCB  22323ABBCABBCABBC . 所以 20 40203 23 ABBC  .所以 1 sin10532ABCSAB BCB  . 所以 ABC 面积的最大值为 1053 ……………………………6 分 （Ⅱ）设 ACD ，在 A C D 中，因为 2,CDACD 的面积为 4， A C D 为锐角， 所以 11sin 2 5 2sin 422ACDS AC CD       , 2 5 5sin ,cos55. 由余弦定理，得 2 2 2 52 cos 20 4 8 5 165AD AC CD AC CD         . 所以 4AD  ………………………………………………………12 分 18. 解：（Ⅰ）由已知，100 位顾客中购物款不低于 100 元的顾客有 103010060%n ， 20n  ；…………………………………2 分  10020 30 20 1020m .……………………3 分 该商场每日应准备纪念品的数量大约为 605000 3000100 .………………5 分 （II）设购物款为 a 元, 当 [50,100)a 时，顾客有5000 20%=1000 人， 当 [100,150)a 时，顾客有5000 30%=1500 人， 模拟冲刺（七）数学（文）答案 页数 2 /总页数 4 当 [150,200)a 时，顾客有 5 0 0 0 2 0 % = 1 0 0 0 人， 当 [2 0 0 , )a    时，顾客有 5 0 0 0 1 0 % = 5 0 0 人，…………………………7 分 所以估计日均让利为: 756%1000+1258%150017510%100030500 52000 元……12 分 19.（Ⅰ）证明：取 AC 中点 E，连接 ED.EM. 则易证四边形 1E D M B 是平行四边形. ………4 分 （Ⅱ）连接 1AC , 1AB , 因为平面 11A C C A  平面 ABC . 又因为 A C B C ，所以 BC 11A C C A ，所以 1CC ， 1BC AC 所以四边形 11BCC B 是矩形，面积为 43，…………………8 分 在直角三角形 1AC B 中 1 2,BC23AC , 由勾股定理得 1 4AB  ,三角形 1A A B 为等腰三角形， 11B A A B 的面积是 2 1 5 ,易知 11A C C A 的面积为 23， 所以侧面积是63215 .…………………………12 分 20. 证明：（Ⅰ）依题意可设 AB 方程为 y＝kx＋2，代入 x2＝4y，得 x2＝4(kx＋2)， 即 x2－4kx－8＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 x1x2＝－8， 直线 AO 的方程为 y＝y1 x1 x，BD 的方程为 x＝x2，解得交点 D 的坐标为  x＝x2， y＝y1x2 x1 . 注意到 x1x2＝－8 及 x21＝4y1，则有 y＝y1x1x2 x21 ＝－8y1 4y1 ＝－2. 因此 D 点在定直线 y＝－2(x≠0)上．…………5 分 (Ⅱ)依题设，切线 l 的斜率存在且不等于 0，设切线 l 的方程为 y＝ax＋b(a≠0)， 代入 x2＝4y 得 x2＝4(ax＋b)，即 x2－4ax－4b＝0，由 Δ＝0 得 16a2＋16b＝0， 化简整理得 b＝－a2. …………8 分 模拟冲刺（七）数学（文）答案 页数 3 /总页数 4 故切线 l 的方程可写为 y＝ax－a2，分别令 y＝2，y＝－2 得 N1，N2 的坐标为 N1 2 a＋a，2 ，N2 －2 a＋a，－2 ，…………10 分 则|MN2|2－|MN1|2＝ －2 a＋a 2 ＋42－ 2 a＋a 2 ＝8，即|MN2|2－|MN1|2 为定值 8. ………12 分 21.解：（Ⅰ）   1() 1 xxfx x  1 1ln   x xx ，      2 2 2 1 1 1 21     xx x xxx ． ∵ 0x  且 1x  ，∴   0x   ∴函数 ()x 的单调递增区间为    ，和 11,0 ．…………3 分 （Ⅱ）∵ 1()fx x   ，∴ 0 0 1()fx x   ， ∴ 切线 l 的方程为 00 0 1ln ( )y x x xx   , 即 0 0 1 ln 1y x xx   , ① 设直线 l 与曲线 ()ygx 相切于点 1 1( , )xxe ， ∵ () xgxe  ，∴ 1 0 1xe x ，∴ 10lnxx ,∴ 0ln 1 0 1() xgxe x ． ∴直线 也为  0 00 11 lnyxxxx ， 即 0 000 ln11xyxxxx ， ② 由①②得 0 0 00 ln 1ln1 xx xx ，∴ 0 0 0 1ln 1 xx x   ．…………7 分 下证：在区间  1,  上存在唯一的 0x . 由（Ⅰ）可知， ()x 在区间 1 ,+（ ）上递增． 又 53(4)ln 40,(5)ln5032 ， 结合零点存在性定理，说明方程 ()0x  必在区间(4,5) 上有唯一的根 0x ， 且 4n  …………12 分 22．解：（Ⅰ）设点 (,)P  ， cos() 3 a ，即： 32x y a………5 分 （Ⅱ） 2 2:14 xCy ，………7 分 设 (2cos ,sin )M ， 2cos 3sin 2 7 cos( ) 2 22 aa d         模拟冲刺（七）数学（文）答案 页数 4 /总页数 4 0a  ， 2712 a ， 72 2a  ………10 分 23．（ Ⅰ）   2019fxx  可化为 2xx ，所以   2 22xx， 所以 1x  ，所以所求不等式的解集为  | 1 xx  ． …………5 分 （Ⅱ）因为函数   22019fxx  在  2 ， 上单调递增， 4 8 2a    ，   24 2 2a ≥ ，     24842fafa  ． 所以   24842aa ，所以    42430aa ， 所以 43a ，所以 17a． …………10 分