《河北省保定市2019届高三数学上学期期末考试试题文（扫描版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省保定市2019届高三数学上学期期末考试试题文（扫描版）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1 河北省保定市河北省保定市 20192019 届高三数学上学期期末考试试题届高三数学上学期期末考试试题 文 扫描版 文 扫描版 2 3 4 5 数学评分标准 文 一 选择题 ABCCB ACADC DA 二 填空题 13 1 0 14 15 3 16 7 8 3 2 b a 三 解答题 17 解 1 因为 222 sin sin sin sinsinABCBC 由正弦定理得 2 分 222 abcbc 再由余弦定理得 222 1 cos 22 bca A bc 又因为 所以 5 分 0 A 2 3 A 2 因为a 3 2b 2 3 A 代入得 解得 8 分 222 abcbc 2 2 50c
2、c 6 1c 故 ABC的面积 10 分 13 2 3 sin 22 SbcA 法 2 由正弦定理 得 sinsin ab AB 因为 2 3 sin1 cos 3 BB 0 B 所以 8 分 6 cos 3 B 故 3 61 sinsin sincoscossin 6 CABABAB 故 ABC的面积 10 分 113 61 3 2 3 sin2 3 2262 SabC 18 解 1 因为 3x2 2x f xa b 又因为点均在函数的图像上 所以 3n2 2n 3 分 n n SnN yf x n S 当 n 2 时 an Sn Sn 1 3n2 2n 6n 5 5 分 1 2 13 2
3、nn 6 当 n 1 时 a1 S1 3 12 2 1 所以 an 6n 5 6 分 nN 2 由 1 得知 8 分 1 3 nn n aa b 16 1 56 1 2 1 nn 故 Tn n i i b 1 2 1 16 1 56 1 13 1 7 1 7 1 1 nn 1 10 分 2 1 16 1 n 因此 要使 1 对恒成立 当且仅当 2 1 16 1 n21 m nN nN 3 721 m 即 m 9 所以满足要求的最大正整数 m 为 8 12 分 19 1 证明 取AB中点E 的中点为 M 连结CEME MN 则有ME NC且ME 1 AB NC 四边形MNCE为平行四边形 MN
4、CE 2 分 1 AA面ABC ABCCE面 CEAA 1 又 平面 CEAB CE 11 AA B B 故MN 平面 11 AA B B 所以平面平面 6 分 1 ANB 11 AA B B 2 正三棱柱 111 CBAABC 而且 CEAB 1 11 1 1 3 8 2 1 1 212 2 17 2 10 42 13117 11 32322 2 21 12 7 ABB BABNNABB NABBCE SANBN ABNAB BABNh VVh h 点 到平面的距离等于分 又 等腰三角形底边上的高为分 设的高为 所以 由得 三棱锥 分 7 20 解 1 根据题意得良好学生的人数为 100 0
5、 01 0 07 0 06 5 70 人 2 分 所以 优秀学生的人数为 100 70 30 人 又因为分数段 90 95与 95 100的人数比为 2 1 所以两分数段的分数分别为 20 人和 10 人 4 分 故补齐后的直方图如图所示 6 分 2 优秀人数 良好人数 3 7 故抽取的 10 人中 优秀生的人数为 3 人 分别记为 甲 乙 丙 则从这 3 人中任选 2 人参加两项不同的专题 测试 每人参加一种 二者互不相同 的所有基本事件为 甲乙 甲丙 乙甲 丙甲 乙丙 丙乙共 6 个基本事件 9 分 其中含甲的基本事件为甲乙 甲丙 乙甲 丙甲共 4 个 所以甲被选中参加两项不同的 专题测试
6、的概率为 12 分 42 63 21 解 1 因 为 点 P在 以为 焦 点 的 椭 圆 C 5 3 2 2 12 2 0 2 0 FF 上 所以 22 22 1 0 xy ab ab 22 5959 2 2 2 2 10 2424 a 所以 3 分 10a 又因为 c 2 所以 6b 所以椭圆 C 的方程为 5 分 22 xy 1 106 2 法一 设A B点的坐标分别为A B 1 x 1 y 2 x 2 y 2 AFMA 1 1 x 01 yy 2 111 yx 7 分 1 1 1 1 2 x 1 0 1 1 y y 将A点坐标代入到椭圆方程中 得 2201 11 211 1 10 16
7、1 y 去分母整理得 22 110 18 603050y 同理 由 2可得 BFMB 2 22 220 18 603050y 是方程的两个根 10 分 1 2 22 0 18 603050y 8 又 2 0 12 305 18 y 12 1 所以 12 分 0 y 2 15 5 法二 设A B M点的坐标分别为A B 1 x 1 y 2 x 2 y 显然直线 m 存在斜率 设直线 m 的斜率为 则直线 m 的方程是 k 2 xky 将直线 m 的方程代入到椭圆 的方程中 消去 并整理得 Cy 2222 35 2020300kxk xk 9 分 2 12 2 20 35 k xx k 2 12
8、2 2030 35 k x x k 又 2 2 将各点坐标代入得 AFMA 1 BFMB 2 1 1 1 2x x 2 2 2 2x x 又 所以 解得 12 1 1212 12 1212 1 222 2 xxx x xxxx 2 3 5 k 又点 M 在直线上 所以 2k 12 分 2 xky 0 y 2 15 5 22 解 1 由已知 2 1 3 a fx xx 1 0 f 4a 故 3 分 4 3lnf xxx x 2 22 1434 0 3 xx x xxx fx 令得 舍去 0fx 1x 4 3 x 令得 0fx 01x 的减区间为 增区间为 6 分 f x 0 1 1 2 因为所以由 0 t 4 1 32 3 2 22 ttt t t得 解得 13 tt 舍去 或 9 由 1 知的减区间为 增区间为 f x 0 1 1 所以 若 9 分 7 1 3 1 3 ftFt t 时 即 7 3 0 31 3 94 3 3 2734 3 419 3 4 3 ln 9 3 43 ln 9 3 43 ln 9 3 31 1 3 22 2 2 FtFtF tFt t tt t tt tt tF tt t t tt tF t ttt ftFt t 单调递减 所以即 时 则 时 即若 故所求的最小值为 7 12 分
