2020永州三模-数学(文)答案

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． 3x y 1 0
14．
（写 60 也得分）
15．27
16． 4
3
5
13.解析：由于 f 0 1, f x 4 ex ，所以 f 0 4 1 3，由点斜式可得切线方程
为3x y 1 0 .
即
1 3
SBDE h
1 3
S ABD
DE
………………………………………………10 分
由 1 5 h 1 21 得 h = 4 5
32 3
5
………………………………………11 分
所以 C′ 到平面 B′DE 的距离等于 4 5 5
…………………………………12 分
____________________________________________________________________________________________
5
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
(aa1124dd)24
(a1
d
)(a1
10d
)
即
a21d22d
4, a1d.
…………………8 分
所以 bn bn bn1 bn1 bn2 b2 b1 b1
（3 2n 2n1 2n2 L 22） 3 3 2n+1 9(n 2) ． …………………11 分
又 b1 3 满足上式，所以 bn 3 2n+1 9
………………………………12 分
8.解析：由于 b 2 a
2, 所以 b 2
2 ，又 PF1 PF2
2a 且 PF2 c a 2 ，故选 B.
9.解析：由于
f
x
cos2
x
sin2
x
4
1
cos 2x 2
1
cos 2x 2
2
1 cos2x sin 2x
2
2
1 2 sin 2x ，故选 C. 2 4
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） m 5.5 ， n 112.1 ……………………………………………………………3 分 由最小二乘法公式求得 bˆ 570.5 6.9 ……………………………………5 分 82.5 aˆ 112.1- 6.95.5 74.2 ………………………6 分 即所求回归方程为 y 6.9x 74.2 . …………………………………………7 分
14.解析：由正弦定理可知， 2sin AcosC sin B cosC sinC cos B sin A
cosC 1 ,C(0, )即C .
2
3
15.解析：由等比数列的性质可知 a6 3 ，
a2a10 a6a2 a6a10 9 3a2 3a10 9 6 a2a10 9 6a6 27 .
5.解析：由于 0
1
0.2
1 0
1
1,0.2 2
2 2
1 1
5, log1 2 log1 1 0 ，故选 B.
3
3
5
2
2
2
6.解析：由于 2a b 2a b 4a 4a b b 2 ，故选 A.
7.解析：由于 S奥环 60
n N
，所以 S奥环
60n N
，又
S奥环 S独环
P ，故选 B.
方法二：设点 A′ 到面 B′DE 的距离为 h
由（1）可知， DE ⊥面 A′ABB′
…………………………………………8 分
且在 RtΔB′DE 中， B′D = 5，DE =1
SBDE
5 2
易知 SΔABD 2
………………………………………9 分
由等体积公式可知VA′-B′DE =VE-A′B′D
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： A B 1，2，3，4，5，故选 D.
2.解析：
z
1
5 2i
1
2i
，故选
D.
3.解析：由图表可知，种子发芽天数的中位数为 3 4 3.5 ，故选 C. 2
4.解析：由于 f x sin x cos x ，故选 A. 12 2
（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
y 6.9 11 74.2 150.1（万个） …………………………………………9 分
用题中的二次函数模型 y 3 x2 10x 68 求得的结果为 11
3 112 10 11 68 145 （万个） ……………………………………10 分 11
16.解析：设底面边长为 2x ，则斜高为1 x ，即此四棱锥的高为
1- 2x 0 x 1 ，
2
所以此四棱锥体积为V 1 4x2 12x 4 x4 2x5 ，
3
3
令 hx x4 2x5 0 x 1 ，
2
令 h x 4x3 10x4 2x 3 2 5x 0 ，易知函数 hx在 x 2 时取得最大值.
解：（1）因为动圆 E 与圆 M : (x 1)2 y2 1 外切，并与直线 x 1 相切，
4
2
所以点 E 到点 M 的距离比点 E 到直线 x 1 的距离大 1 .
2
2
……………2 分
因为圆 M : (x 1)2 y2 1 的半径为 1 ，
4
2
所以点 E 到点 M 的距离等于点 E 到直线 x 1 的距离，……………………4 分
与第 11 天的实际数据进行比较发现
150.1145.3 145 145.3 ………………………………………………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.
即点 C′ 到平面 B′DE 的距离等于点 A′ 到平面 B′DE 的距离
……………7 分
方法一：连接 AD ，过点 A′ 作 A′H ⊥ B′D 交 B′D 于点 H
因为 DE ⊥面 A′ABB′ ，所以 DE ⊥ A′H
即 A′H ⊥ 面B′DE ………………………………………………………………8 分
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 f (x) ex 2a ， …………………………………………………………1 分 当 a 0 时， f (x) 0 ，函数 f (x) 在 R 上单调递增，此时函数 f (x) 无极值；
………………………………………………………………………2 分
（1）因为棱柱 ABC - A′B′C′ 是直三棱柱，所以 AC AA ………………………1 分 又 AC ⊥ AB ， A′A AB = A …………………………………………………2 分
所以 AC ⊥面 A′ABB′ …………………………………………………………3 分
又 D, E 分别为 AB, BC 的中点
故选 B.
12.解析：由已知可知，
A
点的坐标为
c,
b2 a
，
M
0，b2 2a
，易知
B
点坐标
2c,
b2 2a
，
将其代入椭圆方程得 a2 5c2 ，所以离心率为
5
，故选 D.
5
____________________________________________________________________________________________
所以 DE // AC
………………………………………………………………4 分
即 DE ⊥面 A′ABB′ ……………………………………………………………5 分
又 DE 面BDE ,所以平面 BDE 平面 AABB
……………………6 分
（2）由（1）可知 A′C′ // AC // DE
所以 A′C′ // 面B′DE
10.解析：由图可知，该几何体的表面积为 2x 3x 3 5.4 x 42.2 ，解得 x 4 ，
故选 D.
11.解析：由已知可知， f 2 x f x f x ，所以函数 f x 是一个以 4 为周期的周 期函数，所以 f 2020 ln 2 f ln 2 f ln 2 ealn2 2a 8 ，解得 a 3，
所以圆心 E 的轨迹为抛物线，且焦点坐标为 (1，0) .
所以曲线 C 的方程 y2 4x .（用其他方法酌情给分） ……………………5 分
（2）设 P(x0 , y0 ) ， A(x1, y1 ) ， B(x2 , y2 )
y2 4x 由
得 ky2 4y 8k 0 ，
y k (x 2)
所以
y02
4 k
y0
24
0
，
由 ( 4)2 96 0 ，得 6 k 6 且 k 0 ，………………………11 分
k
6
6
又 2 k 2 且k 0，
2
2
所以 k 的取值范围为
6 6
,
0
0,
6
6
.
…………………………………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；
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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．
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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.
即 A′H 的长就是点 C′ 到平面 B′DE 的距离 ………………………………9 分
因为 B′D = 5 ，由等面积法可知
BD AH AB AA 求得 A′H = 4 55
………………………………11 分
所以 C′ 到平面 B′DE 的距离等于 4 5 ……………………………………12 分 5
k 0
由
16
32k
2
0
得
2 k 2
2 且 k 0 .……………………………………6 分
2
____________________________________________________________________________________________
y1
y24Biblioteka k，y1y28
………………………………………………………7 分
kPA
y0 y1 x0 x1
y0 y1 y02 y12
4 y0 y1
44
，同理
kPB
y0
4
y2
由 APB
90
，得
y0
4
y1
y0
4
y2
1
，
即 y02 y0 ( y1 y2 ) y1 y2 16 ，
……………………………………9 分
当 a 0 时，令 f (x) ex 2a 0 ，得 x ln(2a) ， 令 f (x) ex 2a 0 ，得 x ln(2a) 所以函数 f (x) 在 (ln(2a),) 上单调递增， 在 (, ln(2a)) 上单调递减. …………………………………………………3 分 此时函数 f (x) 有极小值， 且极小值为 f (ln(2a)) 2a 2a ln(2a) e . ……………………………4 分 综上：当 a 0 时，函数 f (x) 无极值； 当 a 0 时，函数 f (x) 有极小值， 极小值为 f (ln(2a)) 2a 2a ln(2a) e . ………………………………5 分
…………2 分
又因为
d
0 ，所以
a1 d
2
1
所以 ，
an
n
1.
…………………………………4
分
Sn
n(2
n 2
1)
n2
3n 2
（2）由条件及（1）可得 b1 a2 3 ．
………………………………………………6 分 ……………………………………………7 分
由已知得 bn+1 bn 3 2n1 ， bn bn-1 3 2n (n 2)