高三年级第五次模拟考试数学参考答案解法2：一、单项选择题二、多项选择题（1）取AC中点O，取AC11中点O1，连OB，OO1，以为坐标原点，OBO,,COO11234567891011所在直线分别为x,,yz轴，建系如图，zDADACBBDACABDBCA1C则AC(0,1,0),(0,1,2)−，CM(0,1,0),(3,0,1)，1三、填空题1NB12123112．213．14．N(,,2)−，ACCM==−(0,2,2),(3,1,1)，38331M四、解答题A234OCCN=−(,,0)，AM=(3,1,1)，y15.（本小题满分13分）133B【解析】方法1：（1）设ACACD=，则D为AC中点，x111设平面NAC1的一个法向量为nxyz=(,,)，AMANE=，连，F1DEnACyz=+=1220A1C1则234，延长AN交BB延长线于F，NnC=−=Nxy01133EB1D由得，ANNB11=2AABF11=2令y=3，则x=2，z=−3，n=−(2,3,3)，MAA1=MF，A1E=EM，E为AM1中点，，平面．ACnCM=0MCDE∥，B（2）设平面MAC1的一个法向量为mabc=(,,)，DE平面NAC，MC平面，1mACbc=+=1220则，MC∥平面，mAMabc=++=30令b=1，则ca=−=1,0，m=−(0,1,1)，（2）因为AC1⊥平面MAC1，ACDE1⊥，AC1⊥DM，mn2315所以MDE即为二面角MACN−−1的平面角，cosmn===,，|mn|||10251515DEMC==，DM=3，EMA==M1，2222所以锐二面角MACN−−1的余弦值为．1515cos=MDE，二面角M−−ACN的余弦值为．515-第1页-（共3页）{#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}116.（本小题满分15分）设g(x)=1+lnx−xa−1，gxax()(1)=−−a−2，x【解析】（1）①若a=1，由（1）知fx(f)(1)=0，不合题意；（i）物理成绩11数学成绩合计②若12a，gxaxax()(1)[1(1)]=−−=−−aa−−21，优秀不优秀xx优秀314设a−1，22a−，单调递减，不优秀21416hxax()1(1)=−−hxax()(1)0=−−hx()合计515201−a−1a−1haa(1)1(1)20=−−=−，令hxax()1(1)000=−−=，xa0=−(1)，（ii）零假设H0:数学成绩与物理成绩相互独立，即数学成绩与物理成绩无关联．xx(1,)0，hx()0，gx()0，gx()单调递增，g(x)=g(1)0，n()20(31412)20adbc−−222====6.6676.635，()()()()4165153abcdacbd++++0.01fx()0，单调递增，，不合题意；1依据=0.01的独立性检验，推断H不成立，即认为数学成绩与物理成绩有关联．③a≥2，，gxax()(1)0=−−a−2，0x（2）（i）x=100，y=70，单调递减，gxg()(1)0=，，单调递减，fxf()(1)0=；30+−2010+(−1)0+−(3)+−−(15)0(25)(16)r=[30100(2222222222+++15)(−+−+25)−+][20(−++1)(−3)0(16)]综上，．99033==．18.（本小题满分17分）18506663730+−2010+(−1)0+−(3)+−−(15)0(25)(16)99099c3（ii）bˆ====30100(22222+++15)(−+−25)1850185a241xy229961099610【解析】（1）依题意，解得22，．aybx=−=−=ˆ70100，经验回归方程为yx=+，22+=1ab==8,2+=11853718537ab82996102986bac222=−x=120，yˆ=+=12080.781，物理成绩约为81分．185373717.（本小题满分15分）（2）设直线l方程为y=kx+m,0m，A(,),(,)xyB1122xy，【解析】（1）当a=1时，f(x)=xlnx−x+1，f(x)=1+lnx−1=lnx，ykxm=+222由22得(4k+1)x+8kmx+4m−8=0，x(0,1)，fx()0，fx()单调递减；x(1,+)，fx()0，单调递增；xy+=182fxf()(1)0min==．−8km48m2−22，，=16(8km+2−)0,xx12+=2xx12=2（2）f(x)=a(1+lnx)−axaa−−11=a(1+lnx−x)，41k+41k+-第2页-（共3页）{#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}a11yykxmkxm−−+−+−11(1)(1)的等差数列，因此，n，即n−11212n=+−(1)nann=2.kk12==222xxxx1212−−−−22(2)(2)（2）解：因为为数列的一阶差分数列，所以，故2{}xn{}bnxnnnbb=n−=+122488mkm−−22kk+−+−mm(1)(1)kxxk+−++−mxxm(1)()(1)22==12124141kk++nxxxx−++2()44816mkm2−xCi=a成立，即为CCnCn121+++=22nn−.①1212++4innnnn4141kk22++i=1−4k22+(m−1)m−1−2k1当n=1时，①式成立；，=22==4(m−1+4mk+4k)4(m+1+2k)4nnn−−−11011kk−1当n≥2时，因为nnnCCC=+=+++2(11)()nnn−−−111，且nCnnk−C1=，1解得k=−．n2i所以①成立.故对nN都有xCa=成立.1inn（3）由（2）得yxmm=−+,0，xmxm22−+−=2240，i=12【倒序相加SCCCnC=++++02012n，SnCnCnCC=+−+−++012(1)(2)0n，=−1640,4mm22，−22,0mm，nnnnnnnn相加得2()2SnCCCn=+++=01nn，也可以】|2|25−mnnn|AB|=1+k22|x−x|=54−m，hm==−(2)，1255ttnn+−1（）证明：，因为，所以n，nn，23yn=t2(2)1tt2221△MAB的面积SAB==−−=−+hmmmm||(2)4(2)(2)23，12故(22)()(2)[(2nnnnnnn+−+=−−−−tttt)1]0，即ttnnnn++−−22，(2t)nfmmm()(2)(2)=−+3，11n(1)−f(mmmmmm)3(2)=−−++−=−−(2)(2)(2)232−(44)，nnn1112(21)−n所以ytt=++=+()(22iiii−−)[]22i1iii===11122221−1−当m=−1时，取到最大值f(1)27−=，2n1111−的面积S=33．【也可用多项均值不等式】=(2nnnnn−+1)n(1−)2(12)22=−+−=−−−2222.max2222n19．（本小题满分17分）nn2【解析】（1）解：因为{aann+1−−2}为{}an的二阶差分数列，所以−−=aaannn+12，2n将an=an+1−an，代入得an++11−an−2=an−an，整理得aa1a11aa−=2n，即aa−=22n，所以nn+1−=.故数列{}n是首项为，公差为nnnn+12nn+1222n22-第3页-（共3页）{#{QQABCYSAggggAIAAABhCQQngCEKQkAGAAAoGhAAMsAAAiAFABCA=}#}