TWYT
石家庄市 2020 届高三年级阶段性训练题答案
数学文科
一、选择题：
1.B.【解析】由题意知 |2B x x，故 xxBA | ，故选 B.
2. A.【解析】 :p 0 ,0x ， 0023xx ，故选 A.
3. B.【解析】 1 (1 )( ) 1 1( ) 1
i i i iziii i
，则 1zi ，所以对应点在第二象限，故选 B.
4. D.【解析】A 定义域不关于原点对称，不符合题意；B 选项虽然为奇函数，但 x 是 xf ，故
,, xxxf ，不符合题意；C 选项， ,sin xxf ，不符合题意；D.选项 xfxf ，
故 xxxf 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 BCcBAba sinsinsinsin 化为为 bccbaba ，即
bccba ，故
bc
acbAcos ，故
πA ，则
Asin .因为 1, 2bc， ABCΔ 的面积
13sin22S bc A.故选 B.
6.C.【解析】如图阴影部分为可行域，目标函数
3 x
yz 表示可行域中点 yx, 与 0,3 连线的斜率，由图可知点
3,1P 与 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
παπα cos,sin ，则
10
1552
2
3
5
1
2
1
5
2
3sin3cos3cos3sin33sinsin
.
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 ba 有 ,,,,,,,,,,,,,,,,, ，共 9 种情况，故满足 ba 的情况有 16TWYT
种，故根据古典概型得满足 ba 的概率为
.
9. C.【解析】由于 acbcacba 2,2,052.02 ，解得 016.0,012.0,008.0 cba ，前三个组的频率
之和为 .... ，第四个组的频率为 . ，故中位数为
.
. （分）.
10. A.【解析】由题意知| | | | 5AC BD,设C 到 BD 的距离为 d ，则有 1 2 2 5
55
d ，故
BDCMBDACBDCMACBDAM ,
其中 CDBCBCABBDAC , 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 φxωφxωxf coscos ， 由 周 期 为 π ，知 ω ； 又 因 为
φf cos ，即
πφ ，
πφ .经验证，C 选项错误.
12.D.【解析】由 xfxf 知 xf 关于 x 对称，如图，因此 cbda ，所以 dcba ，
又因为 bfaf ，所以 bea ln ，因此 bbebdcba a ln ，由题意知
ebe
，令
b
b
bbgebebbbg
,ln ，令 bg 得
b ，故 bg 在
,e
上单调递减，
在
e, 上 单 调 递 增 ， 故
lnmin gbg ，由
eegeeg , ，则
e
ee
eeegeg ，故
ebg ,ln ，故选 D.
二、填空题:
13.
.【解析】 xaxf ，由 ff ，即 a ，解得
a .
14. .【解析】由题意知该双曲线的斜率为 ，故离心率为 . TWYT
15. π .【解析】过点 P 作 PE 平面 ABCD，连结 DEBE, ，因为 ADAPAB ,
PADPAB ，所以 PDPB ，故 EBED ，因此 ABEΔ ≌ ADEΔ ，故
DAEBAE ，因此 E 在 AC 上 . 过 E 作 ABEH ，连结 PH ，因为
EHEPEHEABPEAB ,, ，故 AB 平面 PEH ，故 PHAB ，所以
PHAH , .在 AEHRtΔ 中， EHAE , .因此 E 为 AC 中点，即也为 BD 中点.在 PEHRtΔ 中，
EHPHPE .所以 E 为四棱锥 ABCDP 的外接球球心，半径为 ，球的表面积为 π .
16. ； yx .【解析】由题意知
xxdxxdxxd ,, ，带入 ddd
得 xxxxx ，即 xxx .由 F 为 PPPΔ 的重心，则有
yyyxxx , ，即
xx ，即 x ，所以 y ，因此有 yy .故 PP 的中点坐标为 , ，所在直线的斜率
yyxx
yyk ，故 所在直线的方程为 .
三、解答题
17.解：（Ⅰ）由样本数据，A组排查对象对社区排查工作态度满意的比率为 84
50
3 0.6 ，因此社区居民对A组排查工
作态度满意的概率估计值为0.68．…………3分
B组排查对象对社区排查工作态度满意的比率为 45 0.950 ，因此社区居民对B组排查工作态度满意的概率估计值为
0.9 ． …………6分
（Ⅱ）假设“对社区排查工作态度满意”与“排查工作组别”无关，根据列联表中的数据，得到
…………8分
…………10 分
因此有 的把握认为“对社区排查工作态度满意”与“排查工作组别”有关．
…………12 分
18.解：（Ⅰ）设数列 na 的首项为 1a ，公差为 d ,
由 6 21S 得： 166 212
aa ，所以 167aa，„„„„„„„„„„„„2 分
又因为 369aa，所以 1d .„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4 分 TWYT
于是 1 1a ，故 nan .„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6 分
（Ⅱ）设 nb 的前项和为 nT ，因为 1
2
n
n
n
a
b
，所以 2n
nbn ，„„„„„„„„8 分
依题 121 2 2 2 2n
nTn ，
则 2 3 12 1 2 2 2 2n
nTn
于是 1 2 11 2 1 2 1 2 2nn
nTn 11 2 2nn „„„„„„„„„10 分
即 11 2 2n
nTn
故： 11 2 2n
nTn .„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12 分
19.证明：（Ⅰ）在图 1△ABC 中，D，E 为 AC，AB 边中点 所以 DE∥BC .
又 AC⊥BC 所以 DE⊥AC.
在图 2 中 DE⊥A1D DE⊥DC 且 A1D∩DC=D 则 DE⊥平面 A1CD. „„„„2 分
又因为 A1C 平面 A1CD 所以 DE ⊥
A1C. „„„„„„„„„„„„„„4 分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 DE⊥平面 A1CD 且 DE 平面 BCDE，
所以平面 A1CD⊥平面 BCDE
且平面 A1CD∩平面 BCDE=DC ，
在正△A1CD 中，过 A1 作 A1O⊥CD， 垂足为 O，
所以 A1O⊥平面 BCDE. „„„„„„„6 分
A1O 即为三棱锥 A1－BCE 底面上的高，
在△ A1CD 中， 1 3AO .
在△ A1BE 中， 1 22A E BE ， 1 25AB ，所以 1
15A BES .„„„„„„„„„8 分
在梯形 BCDE 中 S△ BCE= S△ BCD= 1 42 BC CD. „„„„„„„„„„10 分
设点 C 到平面 A1BE 的距离为 h，
因为 11C A BE A BCEVV三棱锥 三棱锥 ，
所以
1 1
11
33A BE BCES h S AO ， 解得 45
5h .
即点 C 到平面 A1BE 的距离为 45
5 . „„„„„„„„„„„„„„„12 分
20.解：（Ⅰ）设 ,0 0F c c ，由条件知 0,Bb，所以△ ABF 的面积为 13222cb ○1 „„1 分 TWYT
由 2
2
c
a 得 222ac ，从而 2 2 22b c 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 12
x y； „„„„„„„„„„„ 5 分
（Ⅱ）当 lx 轴时，不合题意，故设 :2l y k x， „„„„„„„„„„„6 分
将 2y k x代入
2
2 12
x y得 2 2 2 21 2 8 8 2 0.k x k x k
由题 24 2 4 0k 得 22
22k ， „„„„„„„„„„„ 7 分
设 1 1 2 2( , ), ( , )P x y Q x y ，则
22
1 2 1 222
8 8 2,1 2 1 2
kkx x x xkk
„„„„„„„„„„„8 分
因为 1
3OP OQ，
所以 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
12 2 1 2 4 3x x y y x x k x x k x x k x x k „„„„„„ 9 分
从而 22
2 2 2
22
8 2 8 11 2 41 2 1 2 3
kkk k kkk
解得 1 2 2,2 2 2k
，„„„„„„„„„„11 分
所以直线l 的方程为 2 2 0xy 或 2 2 0xy . „„„„„„„„„„„12 分
（2）解法二：
当 ly 轴时，其方程为 0y ， 2OP OQ ，不合题意， „„„„„„„„„„„„6 分
当 l 与 y 轴不垂直时，设 :2l x my，
将 2x my代入 得 222 4 2 0.m y my
由题 28 2 0m 得 2m 或 2m ， „„„„„„„„„„„ 7 分
设 ，则 1 2 1 222
42,22
my y y ymm
„„„„„„„„„„„ 8 分
因为 ，
所以 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
12 2 1 2 4 3x x y y my my y y m y y m y y ，„„„„9 分
从而 2
22
2 4 11 2 42 2 3
mmmmm
解得 2 , 2 2,m ，„„„„„11 分
所以直线 的方程为 或 . „„„„„„„„„„„12 分 TWYT
21.解：（Ⅰ） aexf x ，
当 a 时， xf ， xf 在 , 上单调递增；„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„2 分
当 a 时，令 xf 得 ax ln ， xf 在 a ln, 上单调递减，在 ,ln a 上单调递增；
„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4 分
（Ⅱ）解法一：由题意知 mxexg x ，由
xg
xg 得
mxe
mxe
x
x
，
两式相减得 xxee xx ，因为 xx ，故
xxee xx ，„„„„„„„„„„„6 分
要证 xx ee ，只需证
xxxx eeeexx ，
两边同除以 xe 得
xxxx eexx ，„„„„„„„„„„8 分
令 xxu ，故只需证 ueu u 即可.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9 分
令 ueuuG u ， ueuuG ，
令 uu ueuheuuh , ，„„„„„„„„„10 分
当 ,u 时， uh ，故 uh 在 , 上单调递减，
故 huh ，故 uG 在 , 上 单 调 递 增 ， 故 GuG ， 故 原 命 题 得
证.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12 分
【解法二】由题意知 ，由 得 ，
令 tete xx , ， tt ，即
mtt
mtt
ln
ln ，两式相减得
t
ttt ln ，„„„„„„„„6 分
要证 ， 即 只 需 证 tt ，即证
t
t
tt
tt ln
，即
tt
tt
t
tln ，即
t
t
t
t
t
tln ，„„„„„„„„„„„„„„„„„8 分
令
,t
tu ，只需证
u
uuln 即可.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9 分 TWYT
令
uu
u
uuuGu
uuuG ,ln ，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10
分
当 ,u 时， uG ，故 uG 在 , 上单调递增，故 GuG , 因 此 原 不 等 式 成
立.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12 分
（二）选考题：
22.解：（Ⅰ）曲线 的参数方程为
33,32
21
32
xt
yt
(t 为参数).消去 t 得
3 3 0xy , 将 cos , sinxy 代入上式得曲线 1C 的极坐标方程
3cos 3 sin 3 0, sin .62
整理得 … … … … … … 2 分
因为
22
2
22
1 sin- 2 cos cos
yx
… … … … …4 分
=
2
2
1-sin =1cos
所以曲线 的普通方程为 =1. … … … … … 5 分
（Ⅱ）因为 32,33P
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 12
64
45tt ,由参数 t 的几何意义得
12
64.45PA PB t t … … … … … … … … … … … … … … … … … … 10 分
1C
2C
2
2 y
2x
25 4 8 08 3 9tt TWYT
23. 解： 1
3 1, 2,
13, 2 ,2
13 1, ,2
xx
f x x x
xx
… … … … … … … … … … … … 2 分
当 时, ;当 时, ;当 时, .
5.2fx所以 的最小值为 … … … … … … … … … … … … … … … … … … 5 分
52 1 = 2 5.2M a b 由 知 ，即
00
11
1 2 1
1 1 11 2 17 1 2 1
又因为 ， ，
所以
ab
ab
abab
… … … … … …… … … … … … …… 7 分
1 2 1 127 1 2 1
ba
ab … … … … … … … … … … … … … …… … … … … … … …8 分
1 2 1 12+27 1 2 1
ba
ab
4=.7
1 1 4.1 2 1 7ab
所以
… … … … … … …… … … … … … … … … … 10 分
2x ()fx 5 12 2x 5 ( ) 52 fx 1
2x 5
2
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