24. 河北省石家庄市2019届高三毕业班教学质量检测数学（理）教师版.pdf

1、石家庄市 2019 届高中毕业班教学质量检测 理科数学 编辑：华附南海实验高中 李志刚 微信 (2)P 12 25 3 7 4 7 C C C ; (3)P 3 5 3 7 2 7 C C ; 则分布列为 1 2 3 P 1 7 4 7 2 7 10 分 14215 ( )123 7777 E 12 分 19 （本小题满分 12 分） 如图，已知三棱柱 111 ABCABC，侧面 11 ABB A为菱形， 1 ACBC （1）求证： 1 AB 平面 1 ABC； （2）若 111 60 ,ABBCBACBB ACBC ，求二面角 1 BACA的余弦值 A B CC1 A1 B1 O 19解：

2、（1）因为侧面 11 ABB A 为菱形，所以 11 ABAB ， 2 分 因为 1 ACBC ，连接CO，所以 1 ABCO ， 1 ABCOO， 所以 1 AB 平面 1 ABC 4 分 （2）解法一：因为 11, CBACBBABBB BCBC ，则 1 CBACBB， 所以 1 ACBC，又 1 ACBC，可得 1 COAB， 11 COABB A 平面， 令 1 2BB ， 1 ACBC 则1CO ， -6 分 如图，以OB所在的直线为x轴，以 1 OB所在的直线为y轴，以OC所在的直线为z轴建立坐标系 1 (0, 1,0), ( 3,0,0),(0,0,1),(3,0,0)ABCA

3、 11 ( 3,1,0),(0,1,1),(3,1,0),( 3,0,1)ABACAAAC -8 分 设平面ABC的法向量为 1 ( , , )nx y z 1 1 0 30 00 nAB xy yznAC ，令1x ，则 1 (1,3, 3)n 同理平面 1 A AC的法向量为 2 (1, 3,3)n -10 分 12 12 5 cos 7 n n n n ， 所以，二面角 1 BACA的余弦值为 5 7 .-12 分 （2）解法二：因为 11, CBACBBABBB BCBC ，则 1 CBACBB， 所以 1 ACBC, 设2AB ，因为 1 60ABB，侧面 11 ABB A为菱形，所

4、以 1 2AB ， 又因为 1 ACBC ，可得2,1ACCO，-6 分 所以2BC ，因此 ABC为等腰三角形，那么 1 A AC也为等腰三角形，取AC的中点M，连接 1 ,BM AM，则 1 BMA为二面角 1 BACA的平面角， 8 分 在 1 BMA中，可得 11 14 ,2 3 2 BMAMAB 10 分 所以 222 11 1 1 5 cos 27 BMAMAB BMA BM AM 所以，二面角 1 BACA的余弦值为 5 7 . 12 分 A B CC1 A1 B1 O x y z A B CC1 A1 B1 O M 20 （本小题满分 12 分） 已知椭圆 22 22 :1(0

5、) xy Cab ab 的离心率为 3 2 ，且经过点 3 1, 2 （1）求椭圆C的方程； （2）过点( 3,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点,A B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA 与直线QB恰好关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由 20解:(1)由题意可得 3 2 c a ， 22 13 1 4ab ，又 222 abc，2 分 解得 2 4a ， 2 1b 所以，椭圆C的方程为 2 2 1 4 x y. 4 分 (2)存在定点 4 3 ,0 3 Q ，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称. 设直线l的方程为30xmy，与椭圆C联立，整理得， 22 (4)

6、2 310mymy . 设 1122 ( ,),(,)A x yB xy，定点( ,0)Q t.(依题意 12 ,)tx tx 则由韦达定理可得， 12 2 2 3 4 m yy m ， 12 2 1 4 y y m . 6 分 直线QA与直线QB恰关于x轴对称，等价于,AQ BQ的斜率互为相反数. 所以， 12 12 0 yy xtxt ，即得 1221 ()()0y xtyxt. 8 分 又 11 30xmy， 22 30xmy， 所以， 1221 ( 3)( 3)0ymytymyt，整理得， 1212 ( 3)()20tyymy y. 从而可得， 22 2 31 ( 3)20 44 m

7、tm mm ， 10 分 即2 (43 )0mt， 所以，当 4 3 3 t ，即 4 3 ,0 3 Q 时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称成立. 特别地，当直线l为x轴 时， 4 3 ,0 3 Q 也符合题意. 综上所述，存在x轴上的定点 4 3 ,0 3 Q ，满足直线QA与直线QB恰关 于x轴对称. 12 分 21 （本小题满分 12 分） 已知函数 2 1 ( )ln(1), 2 f xxaxa为常数 （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）若函数( )f x有两个极值点 12 ,x x，且 12 xx，求证： 21 3ln4 () 8 f xx 21解:(1)函数的定义域为(,

8、1)由题意， 2 ( ) 11 axxa fxx xx （i）若 1 4 a，则 2 0xxa，于是( )0fx，当且仅当 11 , 42 ax时，( )0fx，所以( )f x 在(,1)单调递减. 1 分 （ii）若 1 0 4 a，由( )0fx，得 114 2 a x 或 114 2 a x ， 当 114 , 2 a x 或 114 ,1 2 a x 时，( )0fx ； 当 114114 , 22 aa x 时，( )0fx ； 所以 f x在 114114 ,1 22 aa 单调递减， 114114 , 22 aa 单调递增. 3 分 （iii）若0a，则 11 4 1 2 a

9、x ， 当 114 , 2 a x 时，( )0fx ；当 114 ,1 2 a x 时，( )0fx ； 所以 f x在 114 , 2 a 单调递减， 11 4 ,1 2 a 单调递增. 综上所述，当 1 4 a时，函数( )f x在(,1)上单调递减； 当 1 0 4 a时，函数 f x在 114114 ,1 22 aa 上单调递减， 114114 , 22 aa 上单调递增； 当0a时，函数( )f x在 114 , 2 a 上单调递减， 11 4 ,1 2 a 上单调递增. 5 分 （2）由（1）知，( )f x有两个极值点当且仅当 1 0 4 a， 6 分 由于( )f x的两个极

10、值点 12 ,x x满足 2 0xxa ，所以 1212 1,xxxxa，则 1 1 0 2 x， 由于 2 222 21221111111111 1111 ()ln(1)(1)ln2(1)ln 2222 f xxxaxxxx xxxxxxxx. 8 分 设 2 111 ( )2(1)ln0 222 g xxxxxxx . 1 ( )2(12 )ln(1)(12 )ln1g xxxxxxxx x . 当 1 1 2 x 时，(1 2 )ln0xx，所以( )0g x. 10 分 所以( )g x在 1 0, 2 单调递减，又 111113ln4 1ln 228428 g . 所以 13ln4

11、( ) 28 g xg ，即 21 3ln4 () 8 f xx . 12 分 （二）选考题：共 10 分请考生在第 22、23 题中任选一题作答如果多做，则按所作的第一题计分 22 【选修 44：坐标系与参数方程】 （本小题满分 10 分） 已知曲线 1 C的极坐标方程为4cos，以极点O为直角坐标原点，以极轴为x轴的正半轴建立平面直 角坐标系xOy，将曲线 1 C向左平移 2 个单位长度，再将得到的曲线上的每一个点的横坐标缩短到原来的 1 2 ，纵坐标保持不变，得到曲线 2 C （1）求曲线 2 C的直角坐标方程； （2）已知直线l的参数方程为 22 1 3 xt yt （t为参数） ，点

12、Q为曲线 2 C上的动点，求点Q到直线l距离 的最大值 22解： （1）由4cos得 2 4 cos，所以曲线 1 C的方程为 22 (2)4xy，2 分 设曲线 1 C上任意一点( , )x y，变换后对应的点为( ,)x y， 则 1 (2), 2 , xx yy 即 22, , xx yy 4 分 代入曲线 1 C的方程 22 (2)4xy中，整理得 2 2 1 4 y x , 所以曲线 2 C的直角坐标方程为 2 2 1 4 y x ； 5 分 （2）设(cos ,2sin )Q，则Q到直线l：3280xy的距离为 3cos4sin8 13 d ， 7 分 5cos()8 13 其中为

13、锐角，且 4 tan 3 ，9 分 当cos()1 时，d取得最大值为13，所以点Q到直线l距离的最大值为1310 分 23 【选修 45：不等式选讲】 （本小题满分 10 分） 设函数( )1f xx （1）求不等式( )5(3)f xf x的解集； （2）已知关于x的不等式2 ( )4f xxax在 1,1上有解，求实数a的取值范围 23解： （1）不等式( )5(3)f xf x，即125xx1 分 等价于 1, 125, x xx 或 12, 125, x xx 或 2, 125, x xx 3 分 解得 23x ，所以原不等式的解集为 | 23xx ；5 分 （2）当 1,1x 时，不等式2 ( )4f xxax，即2xax， 所以2xax在 1,1上有解， 7 分 即222ax在 1,1上有解， 9 分 所以，24a 10 分