1、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 |2B xx= ，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 i ii i zi ii i = = = = ，则1zi=+，所以对应点在第二象限，故选B. 4.C.【解析】由于 x y 30= .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
2、 a =，由对称性，不妨取 b yx a =， 即0bx ay=又曲线 22 4 20 xy y+ +=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 2 11d = = ，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 2 22 2 22 2 12 c ab b e aa a + = = =+= ，故选C. 9.A.【解析】由题意知 | | | 5AC BD= = ,设 C 到 BD 的距离为 d ，则有 12 25 55 d = =，故 ( ) BDCMBDA
3、CBDCMACBDAM +=+= , 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 a k kN =.则 91 30 = 91 1 1 3 1 = 1 1 + 1 1 + 1 1 3 1 = 1 + 1 + 1 6159533161595331 aaaaaaaaa
4、aaa ，故选D. 11.B.【解析】由( ) ( )xfxf 2=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= xxy ln相切时的切点为( ) 00 xxP ln,， 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,B
5、b，所以ABF的面积为( ) 13 2 22 cb+ = 1 1 分 由 2 2 c a =得 22 2ac=，从而 22 2 2bc c+=，化简得bc= 2 2分 1 2 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 y kx= ， 6分 将( )2y kx= 代入 2 2 1 2 x y+=得 ( ) 22 2 2 1 2 8 8 2 0.k x kx k+ + = 由题 ( ) 2 42 4 0k= 得 22 22 k 或2m = k kH，故存在( )kx 2ln,0 1 ，使得( )
6、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 xF，故( )xF在( )+0,上单调递增，即有( ) ( ) 0=0 FxF，故( ) 0 xh， 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： ( ) ( ) ( )( ) ( ) 211221212211 21 xxxxxxx
7、xxxxx 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 ， ( ) ( ) 4cos2s
8、in2cossin 1 22 1 + nn ff 以上n个式子相加得 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) nffffffff nnnn 6cossincossincossincossin 121121 + . 12分 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
9、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）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 3 30 xy = ,将cos , sinxy = =代入上式得曲线 1 C的极坐标方程 3 cos 3 sin 3 0, sin . 62 = =
10、 整理得 2分 因为 22 2 22 1 sin - 2 cos cos = 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 5 48 0 8 39 tt+ =, 8分 则有 12 64 45 tt= ,由参数t的几何意义得 12 64 . 45 PA PB t t = 10分 23. 解：( )1 ( ) 3 1, 2, 1 3, 2 , 2 1 3 1, , 2 xx fx x x xx =+ + 2分 当2x 时, ()fx 5 ;当 1 2 2 x时, 5 () 5 2 fx + ab ab ab ab 7分 1 21 1 2 7 121 + =+ + ba ab 8分 1 21 1 2+2 7 12 1 + + ba ab 4 =. 7 1 14 . 12 17ab + + 所以 10分
