河北省石家庄市2020届高三5月阶段性训练数学(理)试题答案

1、twyt 石家庄市 2020届高三年级阶段性训练题答案数学理科一、选择题：1.b. 【解析】由题意知|2bxx，故xxba|，故选 b. 2. a. 【解析】:p0,0 x，0023xx，故选 a. 3. b. 【解析】1(1)()11()1iiiiziiii，则1zi，所以对应点在第二象限，故选b. 4.c.【解析】由于xy.在r上单调递减， 故.； 由于xy在r上单调递增， 故.；由于xy.log在,上单调递减，故.loglog. 故bac，故选 c. 5.d. 【解析】由于sin 2sin236yxx，因此只需将函数xysin的图象向右平移6个单位，故选d. 6.c. 【解析】如图阴影部

2、分为可行域，目标函数3xyz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43，故选 c. 7.d. 【解析】根据正弦定理知bccbabasinsinsinsin化为为bccbaba，即bccba，故bcacbacos，故a，则asin.因为cb，bccb，所以bc，当且仅当cb，等号成立，此时abc的面积abcssin，故abc的面积的最大值为.故选 d. 8.c. 【解析】双曲线2222:1(0,0)xycabab的渐近线方程为byxa，由对称性，不妨取byxa，即0bxay又曲线22420 xyy化为2222xy，则其圆心的坐标为0

3、,2，半径为2twyt 由题得，圆心到直线的距离22211d，又由点到直线的距离公式可得2221adba解得223ba，所以222222212cabbeaaa，故选 c. 9.a. 【解析】由题意知| |5acbd,设c到bd的距离为d，则有122555d，故bdcmbdacbdcmacbdam, 其中cdbcbcabbdac,bdcmbdcm, 当且仅当cm与bd同向时， 等号成立，故选 a. 10.d.【解析】由naann得naann， 两式相减得nnaa， 故,aaa和,aaa均 为 以3为 公 差 的 等 差数 列 ，11 ,a， 易求 得*2132kakkn.则aaaaaaaaaaa

4、a，故选 d. 11.b.【解析】由xfxf知xf关于x对称，如图，令xg， 即xfxm， 设xmxh，当x时，mxxh，设xh与xxyln相切时的切点为xxpln,，xy，则有xxxln，解得ex， 此时exm， 当xh过点,时，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m，故 c、 d 选项错误 . 故选 b. 12. c. 【 解 析 】 由 题 意 知xxdxxdxxd,， 带 入ddd得xxxxx，即xxx. 由f为ppp的重心，则有yyyxxx,，即xx，即x，所以y，因此有yy. 故pp所在直线的斜率yyxxyyk，tw

5、yt 故选 c. 二、填空题 : 13. 255【解析】由题意知225sin55. 14.15. 【解析】61xx展开式的通项为33216crrrtx，33022rr，所以展开式的常数项为26c15.15.；. 【 解 法 一 】 作pe平 面a b c d， 由padpab知点e在线段ac上，过e作abeh，连结ph, 因为epeehpeabehab,，故ab平面peh,故phab. 在pahrt中，phah,； 在e a hrt中，ehae,；在pehrt中，pe, 因此paetan，故pae；取m为ac中点，设该四棱锥的外接球的球心为o，半径为r，om平面abcd，设dom，作ompf，

6、易知四边形pfme为正方形 .则有drdr，解得rd，故外接球表面积为rs. 16. 【解析】由题意知，至少检测了4 人该小区被确定为 “感染高危小区” 的概率pppppf，ppppf，令pf，解得p，故pf在,上单调递增，在,上单调递减，故当p时，pf取得最大值 . 三、解答题17.解： （）设数列na的首项为1a，公差为d,由621s得：166212aa，所以167aa， ,2 分又因为369aa，所以1d. ,4 分于是11a，故nan. ,6 分（）设nb的前项和为nt，因为12nnnab，所以2nnbn， ,8 分twyt 依题121 2222nntn，则23121 22 22nnt

7、n于是1211 21 21 22nnntn1122nn,10 分即1122nntn故：1122nntn. ,12 分18.证明：（）在图1abc 中， d，e 分别为 ac，ab 边中点所以 debc ,1 分又因为 acbc 所以 deac在图 2 中 dea1d ， dedc 且 a1ddc=d，则 de平面 a1cd ,3 分又因为 debc所以 bc平面 a1cd 又因为 bc平面 a1bc，所以平面a1cd平面 a1bc ,5 分（）由（）知de平面 a1cd 且 de平面 bcde 所以平面a1cd平面 bcde,又因为平面a1cd平面 bcde=dc 在正 a1cd 中过 a1作

8、 a1ocd，垂足为o . 所以 a1o平面 bcde分 别 以cd ， 梯 形bcde中 位 线 ， oa1所 在 直 线 为x轴 ，y轴 ， z轴 建 立 如 图 坐 标系,7 分则 a1(0,0,3) ，b(1,4,0) ，c(1,0,0)， e(-1,2,0) .)3, 0, 1(1ca，)3, 2, 1(1ea，)0 ,2 ,2(eb.设平面 a1be 的法向量为n111(,)x yz，则111111230220ea nxyzeb nxytwyt 取(1, 1,3)n.,9 分设直线 a1c 与平面 a1be 所成角为，则sin=1111 11 0(3)(3)cos,131 13ac

9、acacnnn,11 分2 55.所以直线a1c 与平面 a1be 所成角的正弦值为2 55. ,12 分19.解： （）设,00fcc，由条件知0,bb，所以abf的面积为13222cb1,1 分由22ca得222ac，从而2222bcc，化简得bc2,2 分12联立解得1bc，,4 分从而2a，所以椭圆c的方程为2212xy；,5分（）当lx轴时，不合题意，故设:2lyk x，,6 分将2yk x代入2212xy得2222128820.kxk xk由题24 240k得2222k，,7 分设1122(,),(,)p xyq xy，则22121222882,1212kkxxx xkk,8 分因

10、为13op oq，所以22221212121212121221243x xy yx xkxxkx xkxxk,9 分从而2222222828112412123kkkkkkk解得122,222k，,11 分所以直线l的方程为220 xy或220 xy. ,12 分（2）解法二：当ly轴时，其方程为0y，2op oq，不合题意，,6 分twyt 当l与y轴不垂直时，设:2lxmy，将2xmy代入2212xy得222420.mymy由题2820m得2m或2m，,7 分设1122(,),(,)p xyq xy，则12122242,22myyy ymm,8 分因为13op oq，所以2121212121

11、2121221243x xy ymymyy ymy ym yy， ,9 分从而222241124223mmmmm解得2,22,m， ,11 分所以直线l的方程为220 xy或220 xy. ,12 分20.解：（）以样本的频率作为概率，在昼批次中随机抽取1 件为合格品的概率是910，在夜批次中随机抽取1 件为合格品的概率是34， 2 分故两个批次中分别抽取2件产品，其中恰有1件不合格产品的概率为22112219313981101044410200cc4 分（）若对所有产品不做检测，设1y为昼批次中随机抽取1 件的利润，1y的可能取值为10，-25，所以1y的分布列为1y10 -25 p0.9

12、0.1 所以125 0.1 10 0.9 6.5ey, 故在不对所有产品做检测的情况下，1000 件产品的利润的期望值为110006500ey，6 分设2y为夜批次中随机抽取1 件的利润，2y的可能取值为10，-25，所以2y的分布列为1y10 -25 p0.75 0.25 所以225 0.25 10 0.75 1.25ey，故在不对所有产品做检测的情况下，1000 件产品的利润的期望值为210001250ey， 8 分twyt 若对所有产品做检测，昼 批 次1000件 产 品 的 合 格 品 的 期 望 为900件 ， 不 合 格 品 的 期 望 为100件 ， 所 以 利 润 为900 1

13、02.5 1000 100 56000，夜 批 次1000件 产 品 的 合 格 品 的 期 望 为750件 ， 不 合 格 品 的 期 望 为250件 ， 所 以 利 润 为750 102.5 1000250 53750，10 分综上，昼批次不做检测的利润期望6500 大于做检测的利润期望6000，故昼批次不做检测为好；夜批次不做检测的利润期望1250 小于做检测的利润期望3750，故夜批次做检测为优12 分21.解： （）由beexfxx，得bf；由axxg2，得ag21. ,1 分根据题意可得bbaga212122，解得ba,；,3 分（ ） 解 法 一 ： 由 不 等 式22kxkgx

14、f对 任 意rx恒 成 立 知022kxeexx恒 成 立 ， 令kxeexfxx，显然xf为偶函数，故当0 x时，xf恒成立 . ,4 分kxeexfxx，令02xkxeexhxx，keexhxx2，令xxxxeexhxkeexh,02，显然xh为, 0上的增函数，故00hxh，即xh在,0上单调递增，kh220. ,5 分当0220kh，即1k时，0 xh，则有xh在,0上单调递增，故00hxh，则xf在,0上单调递增，故fxf，符合题意；,6 分当0220kh，即1k时，因为0212lnkkh，故存在kx2ln, 01，使得01xh，故xh在1,0 x上单调递减，在,1x上单调递增. 当

15、1,0 xx时，00hxh，故xf在1, 0 x上单调递减，故fxf与xf矛盾 . 综上，1k. ,8 分解法二： 由不等式22kxkgxf对任意rx恒成立知022kxeexx恒成立，当0 x时，不等式成立；当0 x时，xeekxx，令xeexhxx，由于xh为偶函数，故只需考虑,的情况即可. ,4 分当,x时，xeeeexxhxxxx.令xxxxeeeexxf，twyt xxxxeeeexxf， 令xxxxxxeexxgeeeexxg,， 当,x时，xg，故xg在,上单调递增，故gxg. ,6 分因此当,x时，xf，故xf在,上单调递增，即有fxf，故xh，所以xh在,上 单 调 递 增 ，

16、 由 洛 必 达 法 则 有xxxxxxxxxeexeexeelimlimlim， 故k. ,8 分（） 解法一：21122121221121xxxxxxxxxxxxeeeeeeeexfxf， 由 （2） 知22212121xxeexxxx，当 且 仅当120 xx时 ， 等号 成立 ；22211221xxeexxxx， 当且 仅当120 xx时 ， 等 号成 立 . 故422222121xxxfxf，当且仅当120 xx时等号成立 . ,10 分因此有4cos2sin2cossin2121nnff，4cos2sin2cossin122212nnff， , ，4cos2sin2cossin12

17、21nnff以上n个式子相加得nffffffffnnnn6cossincossincossincossin121121. ,12 分解法二： 由（）知42242222222122212221222121xxxxxxxxxfxf，当且仅当120 xx时等号同时成立. ,10 分故4cos2sin2cossin2121nnff，4cos2sin2cossin122212nnff， , ，4cos2sin2cossin1221nnff以上n个式子相加得nffffffffnnnn6cossincossincossincossin121121. ,12 分（二）选考题：twyt 22.解：（）曲线的参数方程为33,322132xtyt(t为参数 ).消去t得330 xy,将cos ,sinxy代入上式得曲线1c的极坐标方程3cos3sin30,s in.62整理得 2 分因为222221sin-2coscosyx 4 分=221-sin=1cos所以曲线的普通方程为=1. 5 分（）因为32,33p在曲线上,所以将的参数方程33,322132xtyt(t为参数 ).代入到的直角坐标方程得