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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．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
D
D
C
A
B
A
B
B
C
D
B
D
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.
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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
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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
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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
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………………………………………………………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
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（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）
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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
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