北京师范大学附属中学2019届高三上学期期中考试数学（文）试卷及答案

由天下分享时间：2025/2/16 2:43:27 加入收藏我要投稿点赞

解得q?2或q?1（舍）， 2224(2?1)； 7当q?2时，q?q4?q7?L?q22? 17. 解：（I）因为3a?2bsinA?0，由正弦定理得：3sinA?2sinBsinA?0

在锐角△ABC中，sinA?0，所以3?2sinB?0，即sinB?又B?(0,3 2?2)，所以B??3；

（II）因为a?c?5，所以a2?c2?2ac?25 ① 由余弦定理得：a2?c2?2accos?3?7，即a2?c2?ac?7 ② 11333absinB??6??； 2222由①②解得：ac?6，所以S?ABC?故所求△ABC的面积是

33 2 18. 解：（I）证明：取SD中点F，连结AF，PF.

因为P，F分别是棱SC，SD的中点，

所以FP∥CD，且FP?1CD. 21CD. 2

又因为菱形ABCD中，Q是AB的中点，所以AQ∥CD，且AQ?所以FP∥AQ且FP=AQ. 所以AQPF为平行四边形. 所以PQ∥AF.

又因为PQ?平面SAD，

AF?平面SAD.

所以PQ∥平面SAD （II）证明：连结BD，

因为△SAD中SA=SD，点E是棱AD的中点，所以SE⊥AD.

又平面SAD⊥平面ABCD，平面SADI平面ABCD=AD， SE?平面SAD，

所以SE⊥平面ABCD，所以SE⊥AC.

因为底面ABCD为菱形， E，Q分别是棱AD，AB的中点，所以BD⊥AC，EQ∥BD. 所以EQ⊥AC，因为SEIEQ?E，所以AC⊥平面SEQ.

（III）解：因为菱形ABCD中，∠BAD=60°，AB=2，所以S?ABC?1ABgBCgsin?ABC?3. 23. 因为SA=AD=SD=2，E是AD的中点，所以SE?由（II）可知SE⊥平面ABC，

1S?ABCgSE?1. 3c122 19. （I）解：设c?a?b，由题意，得?，所以a?2c,b?3c.

a2所以三棱锥S－ABC的体积V?x2y23则椭圆方程为2?2?1，又点P(1,)在椭圆上，

4c3c2所以

13??1，解得c2?1， 224c4cx2y2??1. 故椭圆方程为43（II）解：由题意，直线l的斜率存在，右焦点F（1，0），

设直线l的方程为y?k(x?1)，与椭圆的交点A(x1,y1),B(x2,y2)，

?y?k(x?1),?2222由?x2y2消去y，得(3?4k)x?8kx?4k?12?0.

?1,??3?48k24k2?12由题意，可知△>0，则有x1?x2?，x1x2?， 223?4k3?4k所以直线PA的斜率kPA33y2?2，直线PB的斜率k?2， ?PBx1?1x2?1y1?y1?3333y2?[k(x1?1)?]?[k(x2?1)?]2?2?k?22?k 所以t?kPA?kPB?k?x1?1x2?1x1x2?(x1?x2)?139k2[x1x2?(x1?x2)?1]?k(x1?x2?2)?24?k ?x1x2?(x1?x2)?139?k(x1?x2?2)?4]?k ?[k2?2x1x2?(x1?x2)?133?(?k?)?k??k2?k.

44339即t??k2?k??(k?)2?，

486439所以当k??时，△ABP三条边所在直线的斜率的乘积t有最大值.

864x?22 20. 解：（I）f'(x)?lnx??2?lnx??3 则：f'(1)?1，又f(1)??1

xx所以，所求切线方程为y?1?1g(x?1)，即y?x?2. （II）因为[f'(x)]'?12?2?0， xx所以f'(x)在[1,??)上是增函数，则f'(x)?f'(1)?1，

所以f(x)在[1,??)上是增函数，又f(1)??1，f(2)?1，

所以f(x)在[1,??)上有唯一零点，且零点在[1，2]上. （III）由题意，g'(x)?lnx?2x?aa?2?0在[1,??)上恒成立， xx即(x?1)a?x(lnx?1)在[1,??)上恒成立，当x?1时，a?R；

x2(lnx?1)当x?1时，a?恒成立，

(x?1)x2(lnx?1)(x?1) 设h(x)?(x?1)所以h'(x)?x[(x?2)lnx?2x?3]xgf(x)?，

(x?1)2(x?1)2由（II）可知，?m?(1,2)，使f(m)?0，

所以，当x?(1,m)时，h'(x)?0，当x?(m,??)时h'(x)?0 由此，h(x)在(1,m)单调递减，在(m,??)单调递增.

所以，h(x)minm2(lnm?1)?h(m)?

m?1又因为f(m)?(m?2)lnm?2m?3?0，所以lnm?3?2m m?2从而h(x)minm2?h(m)?，