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石家庄市2020届高三年级阶段性训练题答案数学理科1、 选择题：1.B.【解析】由题意知，故，故选B.2. A.【解析】，故选A.3. B.【解析】，则，所以对应点在第二象限，故选B.4.C.【解析】由于在上单调递减，故；由于在上单调递增，故；由于在上单调递减，故.故，故选C.5.D.【解析】由于，因此只需将函数的图象向右平移个单位，故选D.6.C.【解析】如图阴影部分为可行域，目标函数表示可行域中点与连线的斜率，由图可知点与连线的斜率最大，故的最大值为，故选C.7.D.【解析】根据正弦定理知化为为，即，故，故，则.因为，所以，当且仅当，等号成立，此时的面积，故的面积的最大值为.故选D.8.C.【解析】双曲线的渐近线方程为，由对称性，不妨取，即又曲线化为，则其圆心的坐标为，半径为由题得，圆心到直线的距离，又由点到直线的距离公式可得解得，所以，故选C.9.A.【解析】由题意知,设到的距离为，则有，故 ,其中,当且仅当与同向时，等号成立，故选A.10.D.【解析】由得，两式相减得，故和均为以3为公差的等差数列，易求得.则，故选D.11.B.【解析】由知关于对称，如图，令，即，设，当时，设与相切时的切点为，则有，解得，此时，当过点时，故B选项正确.若恰有两个零点，则或，故A选项错误；若恰有四个零点，则，故C、D选项错误.故选B.12. C.【解析】由题意知，带入得，即.由为的重心，则有，即，即，所以，因此有.故所在直线的斜率，故选C.2、 填空题:13. 【解析】由题意知.14.15.【解析】展开式的通项为，所以展开式的常数项为.15. ；.【解法一】作平面，由知点在线段上，过作，连结,因为，故平面,故.在中，；在中，；在中，,因此，故；取为中点，设该四棱锥的外接球的球心为，半径为，平面，设，作，易知四边形为正方形.则有，解得，故外接球表面积为.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，令，解得，故在上单调递增，在上单调递减，故当时，取得最大值.3、 解答题17.解：（）设数列的首项为，公差为,由得：，所以，2分又因为，所以.4分于是，故.6分（）设的前项和为，因为，所以，8分 依题，则于是10分即故：.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,) ，B(1,4,0) ，C(1,0,0)， E(-1,2,0) .，.设平面A1BE的法向量为，则取. 9分设直线A1C与平面A1BE所成角为，则 = 11分.所以直线A1C与平面A1BE所成角的正弦值为 . 12分19.解：（）设 ，由条件知，所以的面积为 1分由得，从而，化简得 2分联立解得， 4分从而，所以椭圆的方程为； 5分（）当轴时，不合题意，故设， 6分 将代入得由题得， 7分设，则 8分因为，所以 9分从而解得，11分所以直线的方程为或. 12分（2）解法二：当轴时，其方程为， ，不合题意， 6分当与轴不垂直时，设， 将代入得由题得或， 7分设，则 8分因为，所以，9分从而解得，11分所以直线的方程为或. 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，在夜批次中随机抽取1件为合格品的概率是，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4分（）若对所有产品不做检测，设为昼批次中随机抽取1件的利润，的可能取值为10，-25，所以的分布列为10 -250.90.1所以,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， 6分设为夜批次中随机抽取1件的利润，的可能取值为10，-25，所以的分布列为10 -250.750.25所以，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，8分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，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， 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，得；由，得.1分根据题意可得，解得；3分（）解法一：由不等式对任意恒成立知恒成立，令，显然为偶函数，故当时，恒成立.4分，令，令，显然为上的增函数，故，即在上单调递增，.5分当，即时，则有在上单调递增，故，则在上单调递增，故，符合题意；6分当，即时，因为，故存在，使得，故在上单调递减，在上单调递增.当时，故在上单调递减，故与矛盾.综上，.8分解法二：由不等式对任意恒成立知恒成立，当时，不等式成立；当时，令，由于为偶函数，故只需考虑的情况即可.4分当时，.令，令，当时，故在上单调递增，故.6分因此当时，故在上单调递增，即有，故，所以在上单调递增，由洛必达法则有，故.8分（）解法一：，由（2）知，当且仅当时，等号成立；，当且仅当时，等号成立.故，当且仅当时等号成立.10分因此有，以上个式子相加得.12分解法二：由（）知，当且仅当时等号同时成立.10分故，以上个式子相加得.12分（二）选考题：22.解：（）曲线的参数方程为(为参数).消去得,将代入上式得曲线的极坐标方程 2分 因为 4分 =所以曲线的普通方程为=1. 5分 （）因为在曲线上,所以将的参数方程(为参数).代入到的直角坐标方程得, 8分 则有,由参数t的几何意义得 10分 23. 解： 2分 当时,;当时,;当时,. 5分 7分 8分 10分
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