湖南省永州市2020届高三第三次模拟考试数学（文）试题 PDF版含答案

永州市2020年高考第三次模拟考试试卷

数学（文科）参考答案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，  只有一项是符合题目要求的．

1.解析：，故选D.

2.解析：，故选D.

3.解析：由图表可知，种子发芽天数的中位数为，故选C.

4.解析：由于，故选A.

5.解析：由于，故选B.

6.解析：由于，故选A.

7.解析：由于，所以，又，故选B.

8.解析：由于所以，又且，故选B.

9.解析：由于

      ，故选C.

10.解析：由图可知，该几何体的表面积为，解得，

故选D.

11.解析：由已知可知，，所以函数是一个以4为周期的周期函数，所以，解得，故选B.

12.解析：由已知可知，点的坐标为，，易知点坐标，

    将其代入椭圆方程得，所以离心率为，故选D.

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 把答案填在答题卡中对应题号后的

    横线上.

13．    14．（写也得分）    15．27    16．

13.解析：由于，所以，由点斜式可得切线方程

为.

14.解析：由正弦定理可知，

.

15.解析：由等比数列的性质可知，   

         .

16.解析：设底面边长为，则斜高为，即此四棱锥的高为，

所以此四棱锥体积为，

令，

 令，易知函数在时取得最大值.

三、解答题：本大题共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．（本题满分12分）

命题意图：第1问考查等差、等比数列基本量的运算及等差数列求和；

第2问考查累加法求通项公式.

解：（1）由题意可得即     …………2分

又因为，所以，所以. …………………………………4分

      ………………………………………………6分

（2）由条件及（1）可得．    ……………………………………………7分

由已知得，      …………………8分

所以

．  …………………11分

又满足上式，所以      ………………………………12分

18.（本题满分12分）

命题意图：第1问考面面垂直的判定；

第2问考查转化思想，利用等体积法求高和作高求高的方法.

    （1）因为棱柱是直三棱柱，所以  ………………………1分

    又，  …………………………………………………2分

         所以面   …………………………………………………………3分

         又分别为的中点                                                    所以     ………………………………………………………………4分

         即面   ……………………………………………………………5分

         又,所以平面平面      ……………………6分

    （2）由（1）可知

         所以  

   即点到平面的距离等于点到平面的距离     ……………7分

方法一：连接，过点作交于点               

   因为面，所以

   即 ………………………………………………………………8分

   即的长就是点到平面的距离    ………………………………9分

   因为，由等面积法可知

     求得    ………………………………11分

所以到平面的距离等于   ……………………………………12分

方法二：设点到面的距离为

   由（1）可知，面      …………………………………………8分

   且在中，

      易知     ………………………………………9分          由等体积公式可知

        ………………………………………………10分

   由 得    ………………………………………11分

所以到平面的距离等于      …………………………………12分 19.（本题满分12分）

命题意图：第1问考查线性回归方程及学生的运算能力；

第2问考查回归方程的拟合及其应用.

解：（1），  ……………………………………………………………3分    

由最小二乘法公式求得    ……………………………………5分

   ………………………6分

         即所求回归方程为.    …………………………………………7分 

（2）由（1）可知，用线性回归方程模型求得该企业第11天的产量为

         （万个）   …………………………………………9分

         用题中的二次函数模型求得的结果为

         （万个）   ……………………………………10分

         与第11天的实际数据进行比较发现

             ………………………………………………11分

所以用这个二次函数模型的回归方程来拟合效果会更好.   …………………12分

20.（本题满分12分）

命题意图：第1问考轨迹方程的求法：定义法与坐标法；

第2问考查直线与圆锥曲线位置关系及其参数范围等综合应用.

解：（1）因为动圆与圆外切，并与直线相切，

所以点到点的距离比点到直线的距离大.    ……………2分

因为圆的半径为，

所以点到点的距离等于点到直线的距离，……………………4分

所以圆心的轨迹为抛物线，且焦点坐标为.

所以曲线的方程.（用其他方法酌情给分）    ……………………5分

（2）设，，

由得，    

由得且.……………………………………6分

     ………………………………………………………7分                     

，

由，得，

即，     ……………………………………9分                       

所以，                                      

由，得且，………………………11分

又且，

所以的取值范围为.   …………………………………12分

21.（本题满分12分）

命题意图：第1问考查分类讨论思想与求函数的极值；

第2问考查恒成立问题分类讨论思想、二阶导数、放缩法及其求参数范围等.

解：（1）依题，  …………………………………………………………1分

当时，，函数在上单调递增，此时函数无极值；

………………………………………………………………………2分

当时，令，得，

令，得

所以函数在上单调递增，

在上单调递减.   …………………………………………………3分

此时函数有极小值，

且极小值为.  ……………………………4分

综上：当时，函数无极值；

当时，函数有极小值，

极小值为.  ………………………………5分

（2）令

易得且，……………………………………6分

令

所以，

因为，从而，

所以，在上单调递增.  ………………………………………………7分

又

若，则

所以在上单调递增，从而，

所以时满足题意.   ……………………………………………………8分

若，

所以，，

在中，令，由（1）的单调性可知，

有最小值，从而.     ………………9分

所以    ……………………10分

所以，由零点存在性定理：

，使且

在上单调递减，在上单调递增.     ……………………11分

所以当时，.

故当，不成立.

综上所述：的取值范围为.  ……………………………………12分

注意：用洛必达法则解不给分.

22．（本题满分10分）

命题意图：第1问考查曲线的普通方程化极坐标方程和解极坐标方程组；

第2问考查函数的最值问题.

解：（1）曲线的极方程：    ………………………………………………2分

       联立，得，    …………………………………5分

（2）易知，直线.  ………………………………………………6分

         设点，则点到直线的距离

         （其中 ）.  ………9分

         面积的最大值为.   ……………………………………………10分

23.（本题满分10分）

命题意图：第1问考查利用分类讨论思想解绝对值不等式；

第2问考查分段函数求最值、构造法和基本不等式等.

解：（1）当时，等价于，该不等式恒成立，……1分

当时，等价于，该不等式解集为，……2分

当时，等价于，解得， ………3分

综上，或，

所以不等式的解集为． …………………5分

（2），

易得的最小值为1，即    ……………………………7分

因为，，，

所以，，，

所以

，    ……………………9分

当且仅当时等号成立.  …………………………………………10分