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

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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123456789101112答案DDCABABBCDBD 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