1、_ 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：54321，BA，故选 D. 2.解析： 5 12 12 zi i ，故选 D. 3.解析：由图表可知，种子发芽天数的中位数为 34 3.5 2 ，故选 C. 4.解析：由于xxxfcos 2 sin 12 ，故选 A. 5.解析：由于01log2log, 5 5 1 1 2 . 0 ,
2、 1 2 1 2 1 0 3 1 3 1 2 1 00.2 ，故选 B. 6.解析：由于24422 222 bbaababa，故选 A. 7.解析：由于 N n 60 S奥环 ，所以 N n S 60 奥环 ，又P S S 独环 奥环 ，故选 B. 8.解析：由于,22 a b 所以22b，又aPFPF2 21 且2 2 acPF，故选 B. 9.解析：由于 22 1cos 2 1cos22 cossin 422 x x f xxx c o s 2 xs i n 2 1 22 x 4 2sin 2 2 1 x，故选 C. 10.解析：由图可知，该几何体的表面积为2 .424 . 5332xxx
3、，解得4x， 故选 D. 11.解析：由已知可知， xfxfxf2，所以函数 xf是一个以 4 为周期的周 期函数， 所以822ln2ln2ln2020 2ln aa efff， 解得3a， 故选 B. 12.解析：由已知可知，A点的坐标为 a b c 2 ,， a b M 2 0 2 ，易知B点坐标 a b c 2 ,2 2 ， 将其代入椭圆方程得 22 5ca ，所以离心率为 5 5 ，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. 13013 yx 14 3 （写 60也得分） 1527 16 4 5 13.解析：
4、由于 x exff4, 10，所以 3140 f ，由点斜式可得切线方程 为013 yx. 14.解析：由正弦定理可知，ABCCBCAsincossincossincossin2 1 cos,C(0, ) 23 CC 即. 15.解析：由等比数列的性质可知3 6 a， 210626102102106 933969627a aa aa aaaa aa. 16.解析：设底面边长为x2，则斜高为x1，即此四棱锥的高为 2 1 02-1xx， 所以此四棱锥体积为 542 2 3 4 214 3 1 xxxxV， 令 2 1 02 54 xxxxh， 令 3 34 4102250h xxxxx，易知函数
5、 xh在 5 2 x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 )10)()4( 42 11 2 1 1 dadada da 即 1 2 1 24, 2. ad da d 2 分 又因为0d ，所以 1 2 1 a d ， 所以1 n an. 4 分 2 (21)3 S 22 n nnnn 6 分 （2）由条件及（1）可得 12 3ba 7 分 由已知得 1 +1 3 2n nn bb ， -1
6、 3 2 (2) n nn bbn 8 分 所以 112211nnnnn bbbbbbbb 122 3 22223 nnn （）L +1 2()932 n n 11 分 又 1 3b 满足上式， 所以 +1 3 29 n n b 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CBAABC-是直三棱柱，所以AAAC 1 分 又AB AC ， AABAA= 2分 所以 AC 面BABA 3分 又ED,分别为BCAB,的中点 所 以ACDE/ 4分 即DE面BABA 5分 又 DEBDE面
7、,所以平面B DE平面A ABB 6分 （2）由（1）可知 DEACCA/ 所以 DEBCA面/ 即点C到平面DEB的距离等于点A 到平面DEB的距离 7分 方法一：连接A D，过点A作DBHA交DB于点H 因为DE面BABA，所以 HADE 即 DEBHA面 8分 即HA的长就是点C 到平面DEB的距离 9分 因为5=DB，由等面积法可知 AABAHADB 求得 5 54 = H A 11分 所以C到平面DEB的距离等于 5 54 12分 方法二：设点A到面DEB的距离为h 由（1）可知，DE面BABA 8分 且在DEBRt中， 15=DEDB， 2 5 DEB S 易知2 A D B S
8、9分 由等体积公式可知 DBAEDEBA VV = - DEShS DBADEB 3 1 3 1 即 10分 由 12 3 1 2 5 3 1 h 得 5 54 =h 11分 所以C到平面DEB的距离等于 5 54 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）5.5m，1 .112n 3 分 由最小二乘法公式求得 9 . 6 5 .82 5 .570 b 5分 2 .745 . 59 . 6-1 .112a 6 分 即所求回归方程为2 .749 . 6xy . 7分 （2）由（1）可知，用线性
9、回归方程模型求得该企业第 11 天的产量为 1 .1502 .74119 . 6y（万个） 9 分 用题中的二次函数模型6810 11 3 2 xxy求得的结果为 14568111011 11 3 2 （万个） 10 分 与第 11天的实际数据进行比较发现 3 .1451453 .1451 .150 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E与圆 4 1 ) 1( : 22 yxM外切，并与直线 2
10、 1 x相切， 所以点E到点M的距离比点E到直线 2 1 x的距离大 2 1 . 2 分 因为圆 4 1 ) 1( : 22 yxM的半径为 2 1 ， 所以点E到点M的距离等于点E到直线1x的距离，4 分 所以圆心E的轨迹为抛物线，且焦点坐标为)01 ( ，. 所以曲线C的方程 2 4yx.（用其他方法酌情给分） 5 分 （2）设 00 (,)P xy ，),( 11 yxA，),( 22 yxB 由 2 4 (2) yx yk x 得 2 480kyyk， 由 2 0 16320 k k 得 22 22 k且0k.6 分 _ 12 4 yy k ， 12 8y y 7 分 10 2 1 2
11、 0 10 10 10 4 44 yyyy yy xx yy kPA ，同理 02 4 PB k yy 由90APB，得 0102 44 1 yyyy ， 即16)( 21210 2 0 yyyyyy， 9 分 所以 2 00 4 240yy k ， 由 2 4 ( )960 k ，得 66 66 k且0k，11 分 又 22 22 k且0k， 所以k的取值范围为 66 ,00, 66 . 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aexf x 2)(，
12、 1 分 当0a时，0)( x f，函数)(xf在R上单调递增，此时函数)(xf无极值； 2 分 当0a时，令02)(aexf x ，得)2ln(ax， 令02)(aexf x ，得)2ln(ax 所以函数)(xf在),2(ln( a上单调递增， 在)2ln(,(a上单调递减. 3 分 此时函数)(xf有极小值， 且极小值为eaaaaf)2ln(22)2(ln(. 4 分 综上：当0a时，函数)(xf无极值； 当0a时，函数)(xf有极小值， 极小值为eaaaaf)2ln(22)2(ln(. 5 分 _ （2）令) 1(ln)()()(xeaxaxexgxfxh x 易得0) 1 (h且) 1
13、( 1 )(xa x exh x ，6 分 令) 1( 1 )()(xa x exhxt x 所以) 1( 1 )( 2 x x ext x ， 因为1 1 0 , 2 x eex，从而0)( x t， 所以，)(xt在, 1上单调递增. 7 分 又1) 1 (eat 若1 ea，则01) 1 ()()(eatxhxt 所以)(xh在, 1上单调递增，从而0) 1 ()( hxh， 所以1 ea时满足题意. 8 分 若1 ea， 所以 min ( )(1)10t xtae ， a aeat a 1 )( ， 在)(xf中，令 2 1 a，由（1）的单调性可知， exexf x )(有最小值ef
14、1)0( ，从而 1 xex. 9 分 所以0 1 1 1 1 1 )( aa aa a aeat a 10 分 所以0)() 1 (att，由零点存在性定理： ), 1 ( 0 ax，使0)( 0 xt且 )(xh在 0 , 1 x上单调递减，在, 0 x上单调递增. 11 分 所以当), 1 ( 0 xx时，0) 1 ()( hxh. 故当1 ea，)()(xgxf不成立. 综上所述：a的取值范围为, 1e. 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：
15、（1）曲线C的极方程：2cos 2 分 联立 2cos 3 ，得(0,0)M，(1,) 3 N 5 分 （2）易知1MN ，直线:3l yx. 6 分 设点(2cos,sin)P，则点P到直线l的距离 2 3cossin 2 d 13sin() 1 24 PMN SMN d （其中 tan2 3）. 9 分 PMN面积的最大值为 13 4 . 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0x时， |2 | ( ) x f x x 等价于 2 2|1|2xx ，该不等式恒成立
16、，1 分 当01x时， |2 | ( ) x f x x 等价于 2 20xx，该不等式解集为，2 分 当1x 时， |2 | ( ) x f x x 等价于 2 222xx，解得51x ， 3 分 综上，0x或51x ， 所以不等式 |2 | ( ) x f x x 的解集为(,0)( 51,) 5 分 （2） 122 122 12)( 2 2 2 xxx xxx xxxf ， ， ， 易得)(xf的最小值为 1，即1Mcba 7 分 因为a，b， Rc， 所以 b ac b ca2 22 ， c ab c ab2 22 ， a bc a bc2 22 ， 所以 a bc b ac a bc c ab c ab b ac a bc c ab b ca 222222 2222cba， 9 分 当且仅当 3 1 cba时等号成立. 10 分 _
