石家庄市2020届高三年级阶段性训练题文科数学答案

石家庄市 2020 届高三年级阶段性训练题答案 数学数学文科文科 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 x是( )2xf，故 ( )( )+22 1 +=, x xxf，不符合题意；C 选项，( )11=,sin xxf，不符合题意；D.选项 ()( )xfxf=，故( ) xx xf =22为奇函数，值域为R，图象也经过第一象限，符合题意.故选 D. 5. B.【解析】根据正弦定理知()()()BCcBAbasinsinsinsin+=+化为为()()()bccbaba+=+，即 bccba+= 222 ，故 2 1 = 2 + = 222 bc acb Acos，故 3 2 = A，则 2 3 =Asin.因为 1,2bc= ， ABC的 面积 13 sin 22 SbcA= .故选 B. 6.C.【解析】如图阴影部分为可行域，目标函数 3+ = x y z表示可行域中点()yx,与()0 , 3连线的斜率，由 图可知点()3 , 1P与()0 , 3连线的斜率最大，故z的最大值为 4 3 ，故选 C. 7.A.【解析】由题意知 5 1 = 3 + 5 2 = 3 + cos,sin，则 10 1552 2 3 5 1 2 1 5 2 3 sin 3 cos 3 cos 3 sin 33 sinsin = + += += . 8. C.【解析】因为阳数：1,3,5,7,9，阴数：2,4,6,8,10，所以从阳数和阴数中各取一数共有：5 5 25 = 种 情况.满足 1=ba 有( ) () () () () () () () ()1098987676545432321, ，共 9 种情况，故满足 2ba 的情况有 16 种，故根据古典概型得满足 2ba 的概率为25 16 . 9. C.【解析】由于acbcacba2,2,052 . 0 2=+=+，解得016 . 0 ,012 . 0 ,008 . 0 =cba，前三个组 的频率之和为320=160+120+040.， 第四个组的频率为20.， 故中位数为119=10 20 180 +110 . . （分） . 10. 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. 11.C.【解析】由题意知( )()()xxxf2+22=2+4= 2 coscos，由周期为，知1=；又因为 ( )1=22=0fcos，即 3 =2 ， 6 = .经验证，C 选项错误. 12.D. 【 解 析 】 由( )()xfxf2=知( )xf关 于1=x对 称 ， 如 图 ， 因 此2=+=+cbda， 所 以 4=+dcba，又因为( )( )bfaf=，所以2+=bealn，因此()24=+bbebdcba a ln，由 题意知 e b e 1 ，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 x f，( )xf在()+,上单调递增；2 分 当0a时，令( )0= x f得()ax= ln，( )xf在()()aln,上单调递减，在()()+,lna上单调递增； 4 分 （）解法一：由题意知( )mxexg x 3=，由 ( ) () 0= 0= 2 1 xg xg 得 =3 =3 2 1 2 1 mxe mxe x x ， 两式相减得() 21 3= 21 xxee xx ，因为 21 x x，故()0+ 21 xx ee，只需证()()() 2121 6+3 21 xxxx eeeexx， 两边同除以 2 3 x e得()()()121+ 2121 21 xxxx eexx，8 分 令0= 21 xxu，故只需证()02+2ueu u 即可.9 分 令( ) ()2+2=ueuuG u ，( ) ()1+1= u euuG， 令( ) ()( ) uu ueuheuuh=1+1=,，10 分 当()0,u时，( )0 huh， 故( )uG在()0,上 单 调 递 增 ， 故( )( )0=0 GuG， 故 原 命 题 得 证.12 分 【解法二】由题意知( )mxexg x 3=，由 ( ) () 0= 0= 2 1 xg xg 得 =3 =3 2 1 2 1 mxe mxe x x ， 令 21 = 21 tete xx ,， 21 + 21 tt， 即 证 6 3 + 2 1 21 21 t t tt tt ln ， 即 () 0 + 2 21 21 2 1 tt tt t t ln， 即 0 1+ 12 2 1 2 1 2 1 t t t t t t ln，8 分 令()10= 2 1 , t t u，只需证 () 0 u G， 故( )uG在()10,上 单 调 递 增 ， 故( )( )0=1 GuG, 因 此 原 不 等 式 成 立.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 = +