石家庄市2020届高三年级阶段性训练题理科答案

石家庄市 2020 届高三年级阶段性训练题答案 数学数学理科理科 一、选择题： 1.B.【解析】由题意知|2Bx x=，故32=xxBA|，故选 B. 2. A.【解析】 :p () 0 ,0 x ， 00 23 xx ，故选 A. 3. B.【解析】 1(1)()1 1 ()1 iiii zi iii = ，则1zi= +，所以对应点在第二象限，故选 B. 4.C.【解析】由于 x y30= .在R上单调递减，故1=30305 030. ；由于xy 20 = . log在()+0,上单调递减，故0=15 2020. loglog.故bac的渐近线方程为 b yx a = ，由对称性，不妨取 b yx a =， 即0bxay= 又曲线 22 420 xyy+=化为() 2 2 22xy+=， 则其圆心的坐标为()0,2， 半径为 2 由题得，圆心到直线的距离 () 2 2 211d = ，又由点到直线的距离公式可得 22 2 1 a d ba = + 解得 2 2 3 b a =，所以 2222 222 12 cabb e aaa + =+= ，故选 C. 9.A.【解析】由题意知| | |5ACBD= ,设C到BD的距离为d，则有 1225 55 d =，故 ()BDCMBDACBDCMACBDAM+=+=, 其中() ()3=+=CDBCBCABBDAC,2=BDCMBDCM,当且仅当CM与BD同向时，等 号成立，故选 A. 10.D.【解析】由1+3=+ 1+ naa nn 得4+3=+ 1+2+ naa nn ，两式相减得3= 2+nn aa，故, 531 aaa和 , 642 aaa均为以 3 为公差的等差数列， 1 1,a =，易求得() * 21 32 k akkN =.则 91 30 = 91 1 1 3 1 = 1 1 + 1 1 + 1 1 3 1 = 1 + 1 + 1 6159533161595331 aaaaaaaaaaaa ，故选 D. 11.B.【解析】由( )()xfxf2=知( )xf关于1=x对称，如图，令( )0=xg，即( )xfxm=2，设 ( )2=xmxh， 当0x时，( )2= mxxh， 设( )xh与()1=xxyln相切时的切点为() 00 xxPln,， x y 1 =， 则有 00 0 1 = 2+ xx xln ， 解得 e x 1 = 0 ， 此时e x m= 1 = 0 ， 当( )xh过点()12,时， 2 3 =m， 故 B 选项正确.若( )xg 恰有两个零点，则0m或em =，故 A 选项错误；若( )xg恰有四个零点，则 2 3 ，由条件知()0,Bb，所以ABF的面积为() 13 2 22 cb+= 11 分 由 2 2 c a =得 22 2ac=，从而 222 2bcc+=，化简得bc= 2 2 分 12联立解得1bc=， 4 分 从而2a =，所以椭圆C的方程为 2 2 1 2 x y+=； 5 分 （）当lx轴时，不合题意，故设():2l yk x=， 6 分 将()2yk x=代入 2 2 1 2 x y+=得( ) 2222 128820.kxk xk+= 由题 () 2 4 240k =得 22 22 k或2m = k kH，故存在()kx2ln, 0 1 ，使得( )0 1 =xH， 故( )xh在() 1 , 0 x上单调递减， 在()+, 1 x上单调递增.当() 1 , 0 xx时，( )( )00 = GxG.6 分 因此当()+0,x时，( )0 x F，故( )xF在()+0,上单调递增，即有( )( )0=0 FxF，故( )0 x h， 所以( )xh在()+0,上单调递增，由洛必达法则有1= 2 + = 2 = 2+ 0 0 2 0 xx x xx x xx x ee x ee x ee limlimlim，故 1k.8 分 （）解法一：解法一： ( )()()() () 211221212211 21 xxxxxxxxxxxx eeeeeeeexfxf + +=+=，由（2）知 () ()2 2 21 2121 + + xxee xxxx ，当且仅当 12 0 xx+=时，等号成立；()2 2 21 1221 + xxee xxxx ，当且 仅当 12 0 xx=时，等号成立.故( )()422 2 2 2 121 +xxxfxf，当且仅当 12 0 xx=时等号成立. 10 分 因此有() ()4cos2sin2cossin 2 1 2 1 + nn ff， () ()4cos2sin2cossin 1 2 2 2 12 + nn ff， () ()4cos2sin2cossin 1 22 1 + nn ff 以上n个式子相加得 ()()()()()()()()nffffffff nnnn 6cossincossincossincossin 121121 + . 12 分 解法二：解法二：由（）知( ) ()()()42242222 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 121 +=+xxxxxxxxxfxf，当且仅当 12 0 xx=时等号同时成立.10 分 故() ()4cos2sin2cossin 2 1 2 1 + nn ff， () ()4cos2sin2cossin 1 2 2 2 12 + nn ff， () ()4cos2sin2cossin 1 22 1 + nn ff 以上n个式子相加得 ()()()()()()()()nffffffff nnnn 6cossincossincossincossin 121121 + . 12 分 （二二）选考题：选考题： 22.解：（）曲线 1 C的参数方程为 33 , 32 21 32 xt yt =+ = + (t为参数).消去t得 330 xy=, 将 cos ,sinxy=代 入 上 式 得 曲 线 1 C的 极 坐 标 方 程 3 cos3 sin30,sin. 62 = 整理得 2 分 因为 22 2 22 1sin - 2coscos = y x 4 分 = 2 2 1-sin =1 cos 所以曲线 2 C的普通方程为 2 2 y 2 x =1. 5 分 （）因为 32 , 33 P 在曲线 1 C上,所以将 1 C的参数方程 33 , 32 21 32 xt yt =+ = + (t为参数).代入到 2 C的直角坐 标方程得 2 548 0 839 tt+=, 8 分 则有 12 64 45 t t = ,由参数 t 的几何意义得 12 64 . 45 PAPBt t= 10 分 23. 解：( )1( ) 31,2, 1 3, 2, 2 1 31, 2 xx f xxx xx = +