河北省石家庄市20xx届高三上学期第三次阶段测试数学理试题word版含答案

河北省石家庄市20xx届高三上学期第三次阶段测试数学理试题word版含答案内容摘要：

 三、解答题 17.（ 1）因为 c o s c o s c o ssin sin sinC A BC A B  所以 c os si n c os si n si n c os si n c osC A C B C A C B   即 c os si n si n c os si n c os c os si nC A C A C B C B 得    sin sinA C C B   224a b ab   . 24ab ab ， 4ab∴ （当且仅当 2ab 取等号） 1 1 3s in 4 32 2 2ABCS a b C     . ：（ 1）由 1 32nnaa ， 2n 可得  1 1 3 1nnaa   ， 2n ，  1na 是首项为 2， 3q 的等比数列， 22 3 1nna    ， 2n ， 则23 , 1,2 3 1, 2 .nnna n     （ 2）由 1 3b ， 21 32 nnn ab ， 2n 及 1, 1,2, nc nn  ， 可得  23 , 12 3 , 2nn nncb nn    .    0 1 2 3 23 0 3 1 3 2 3 3 3 + 2 3nnnT n n          ….①    2 1 2 3 2 13 3 0 3 1 3 2 3 3 3 + 2 3nnnT n n          ….② ① ②：  1 2 2 12 6 0 3 3 3 2 3nnnTn          …    2 13 1 32 6 2 313 n nnTn       12 5 1 5344nn nT . 19.（Ⅰ）证明：由已知，四边形 ABCD 是边长为 2的正方形， 因为 DA AF ， DA AE ， AE AF A ， DA 面 ABE ，所以平面 ABCD 平面 ABE ， 又 CB AB ，所以 CB AE . 又点 B 在面 AEC 的射影在线段 EC 上，设为 H ，则 AE BH ， 所以 AE 面 BCE ，又 BE 面 BCE ，所以 AE EB . （Ⅱ）以 A 为原点，垂直于平面 ABCD 的直线为 x 轴， AB 所在直线为 y 轴， AD 为 z 轴，如图所示建立空间直角坐标系 A xyz ， 由已知 AF AEBG BE ，假设存在  ，使二面角 B AC E的余弦值为 33 . 设  , ,0E ab ，则  , ,0AE a b ，  0,2,2AC . 法一：设平面 AEC 的一个法向量  ,n x y z ， 则 00AEnACn ，即 0220ax byyz ，解 得 ,.bxyazy   令 ya ，得  ,n b a a   是平面 EAC 的一个法向量 . 又平面 BAC 的一个法向量为  1,0,0m ， 由223c os ,32bmnmnmn ab    ，化简得 22ab ①， 又因为 AE 平面 BCE ，所以 AE BE ， 所以 0AEBE ，即  2 20a b b  ②， 联立①②，解得 0b （舍）， 1b . 由 22AE a b，  22 2BE a b  ，所以 AE BE .。