金华十校2026年1月高三模拟考试
数学参考答案
一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的选项中,只有一项是
符合题目要求的.
1 2 3 4 5 6 7 8
C B B A D D A D
二、多选题:本题共3小题,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
9 10 11
AC ACD ABD
12. 3 13. 20 14. √21
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
解析:(1)对于方案二,设事件 4为“4测试通过”,事件B为“B测试通过”,事件C
15.
为“C测试通过”,事件D为“测试产品为一等品”,事件E为“测试产品为二等品”,事件
F为“测试产品为三等品”,。
则P(F)=PA+P(4)P(B) 0.1+0.9×0.2= 0.28. ……………6分
=
(2)记方案一和方案二中每件产品的获利分别为X和Y,显然有 E(X)=8,
而方案二中, P(D)=P(4)P(B)P(C₁) 0.9× 0.8× 0.5= 0.36
=
P(E)=P(A)P(B,)P(C)=
0.9x×0.8×0.5= 0.36
则Y的分布列如下表:
Y 10 8 6
P 0.36 0.36 0.28
.E(Y)=10×0.36+8×0.36+6×0.28=8.16
E(Y)>E(X),
•
..使用方案二时,每件产品的获利均值更高。 .……..…..….…………13分16. 解析: (1)由正弦定理得 sin B·cos A (2sinC –sin A)·cos B,
=
... sin Bcos A =2sin Cc os B - cos BsinA,
. sin AcosB +cos Asin B = 2sin CcosB ,. sin(A+B)= 2sin CcosB,.cosB=0
B∈(0, π),∴ B.
*: 3
(2)法1:余弦定理 5
设AD = x,‘ cos ∠ADB+ cos ∠CDB = 0,
5x²-c2 8x²-12
由余弦定理得 0, 化简得: 9x7² c²+6①
4x² 8x2 - = =
在△ABC中,由余弦定理得9x² 12+c²-2√3c②
=
蠔
由①②式得c=√3,
B-3√3
SM=aesin ·15分
2 2
神
法2:向量法
即9x²
c²+√3c+3①
=
在△ABC中,由余弦定理得9x² 12 + c² −2√3c②
=
由①②式得C=√3
1 3√3
SAABC =acsin B ·15分
2 = 2
法3:倍长线法
BD=2DE∴D配+号丽,结合CD=2DA,
延长BD至£使得
AEIIB C.
.
<BAE =120°.
在▲ABE中, 由余弦定理得: BE² BA² + AE² −2AB• AEcos∠BAE,∴ 9x² =ピ² +√3c+3①
=
在44BC中,由余弦定理得9x² 12+c² −2√3c②
=
由①②式得c=√3,
3√3
1
SAABC =-acsin B ・15分
= =
2 2
17. 解析:(1)・・平面 AED⊥平面 ABCD,平面 AED ∩平面ABCD AD,CDIAD,
=∴CD工平面EAD, 又: ED⊂平面EAD,
CDED. …4分
(2) 由(1)可知多面体 ABCDEF为直三棱柱,作0 EH LAD,
1
VFBC-EAD S₂EAD•AB –·2•EH•1=1, EH =1.当EDIAD时,H点和D点重合,
= = 2 ¿.
如图将三棱柱补形成长方体ABCD− ABFE,连 BE, BC, 5
・BE//BD,..∠B₁EC即为直线BD和直线CE的夹角或其补角。
7
由题意可得: BE=BC=√5, CE二豆,
.cos/B,EC=B,E2+CE²
√10
-BC² 5+2-5
2.BE-CE
2.√墙5.√2
10
综上,直线BD和直线 CE 夹角的余弦值为 分
A E
B
B
(3)法一:平面 AED 工平面ABCD,平面 AED∩平面 ABCD= AD,EH 」AD,
EH」平面ABCD,如图,以D点为原点建立神墙空间直角坐标系.
∴.
设DH a,则D(0,0,0), B(2,1,0), C(0,1,0), E(4,0,1), F(a,1,1),
=
由DP λDF 可得: DP λ(a,1,1)= ( a,à,ł), P(λa,え入),
= = :
2.CP (ža,λ−1,ł),另外,设平面 BCP 的一个法向量为n=(x,y,z),结合 BC (−2,0,0),
= =
n-CP=0 也即 2ax+(2-1)y+2z = 0°,取y=え,则有ń=(0,え1-2),
n.BC=0 -2x=0
结合DB (2,1,0),设直线 BD和平面 BCP所成角为0,
=
a 1
(n,DB)=
sino = cos √5√22+(1-2)² 51
化简得:32² +2え−1=0, 可解得:え=−1(舍去)或入=一
31
综上ス二 ………………………………………………15分
3
E
E
D
B C
法二:如图,将三棱柱补形成长方体 ABCD− A₁BC₁D₁, 在CD上取点R,使得 DP 入DC₁,
=
则PP//FC₁ //BC,平面 BCR 即为平面BCP.
延长CR,交直线 DD, 于点G,作 DQLCG,
结合平面BCP⊥平面CDDC₁,平面 BCR∩平面CDDC₁ =CG,可得 DQ⊥平面BCGM,
连BQ,则∠QBD即为直线BD和平面 BCP所成角, .sin∠ OBD=−
√5
BD=√5, DQ BD· sin∠ ỌBD=
: = 5
ZDCQ=D D о O√5 1
sin tan /DCQ=.GD CD· tanZDCQ=2
CD 5 : =
FP CP CC DP
=2, 入 15分
PD PD GD DF 3
A1 E D
OG
B
P D
AK
В C
18. 解析: (1) 由题知(p+2)² =2p×4,解得 p=2,所以Ⅰ的标准方程为² =4x………………4分
(2)设直线1方程为 my+4,联立 得: ²−4my-16 0.
x = =
y + y₂ = 4m,yy2 =-16, x₁ +x₂ = 4m² +8,xx2 =16,
设「上一点(導3),满足
0 1-08 0.
=
1岡0-學一の學一25
则0 +60-20 (1(*))。,
16x a° b 40)
- 0= - -则Jo=0或0=3-16㎡² +1)。
−64m=% +
4m)²
4my
-16)
-
NC.
(i) →带入()得y 0或x =1, 则M(0.0), …………10分
= = 0
(ii) 由(*)知 N(4m²-4m),设ANAB 的内切圆与外接圆半径分别为和R,则
r_NA+NB AB 5
–
R AВ
£2丽0十号一15万-1。
法一。设∠NAB a,则 singt osa a+- 4
= R= –1 = 4
当«=,即ANAB为等腰直角三角形时取最大值,
42m²-1
AB=2dy-an
4√1+m
√m²+ 4=2x
.
√1+m²
=√m²+4>2, r(? 3)= 2|21² 9),
- -
2时。
<一时,
2
综上所述:直线1的方程为x=±√5y+4. ・17分
法二:
r_NA+NB- AB √(NA+ NB)² AB² +2NA:NB 4S -1=1+2dN-AB
-1=1+45 AVAB -1
R AB AB AB AB2 AB
42m²-1
dN-AB √1+m² 2m²-1
AB 4√1+m² √m² +4 (1+m²Nm²+4
212-9 -21+21²-27-(2-9)212-3)
1=√m²+4>2 f(t) 则f'(t)
=- t(12-3) = 1²(t²-3)2 12(t²-3)2
9
①当1²≥一时,在1=3取最大值,则m= ±√5
2 ;
②当4<²<一一时时,,无最大值。
综上所述:直线1的方程为x=±√5y+4.
19. 解析: (1) f(x) = e* −x, 则f(x) = e* −1,
∴ſ(0) 1, ſ'(0) 0,则切线方程为y=1.
= =(2) ①由(1)知ſ (x)≥ f₁ (0) 1,则 f₂(x)单调递增:
=
又∫ュ(−2) 2 )= 1 (- 2)3 -< 0, f2(0) = 1> 0,
= ー
až
则存在−2 < a₂ < 0,使得 f2 (42) = é°2 2 二 ! 0,
则方(a) a 二”- 2 0二0“1-20 ……………11分
=e” - 3! 3
(3)由题知£(x)
=
ピーー =fn-1(x).
(n-1)!
先证2月-1(x) > 0恒成立, y = f»(x) 单调递增且存在唯一零点−2n < 42„ < 0.
由(2)知,f(x)> 0, y = f₂(x) 单调递增且存在唯一零点−2 < a₂ < 0,
则£(42(a)3) = e (1-22)>0 则y
=
f(x)单调递增, f4(0)
=
1,
f4(-4)= 1 (-4) <0.
e4 4!
则存在唯一零点−4 <a₁ <0,以此递推,
2n-1
a
f2n-1(A2n-2) e2m-2 2n-2 -=ea2n-2 1-21-2>0
= (2n-1)! 2n-1
(2n)2n
1
则y f½n (x)单调递增,又 £2„ (0) 1, ſ2„(−2) <0,
= = = e2znn (2n)!
则存在唯一零点−2n < а2„ < 0, 命题成立。
2n+2 azn (, (2n)²
①因为(。) >ea2 1- >0,
二 (2n+2)! ((2n+2)(2n+1)
又y f2n+2(x)单调递增,且f2月+2 (@2月+2) 0,所以
= = @2月キ2 <a2円・
②由上述讨论知,y ſ2月+1 (x) 在(一0∞,42)单调递减,在(42斤+00)单调递增,且
=
f2n+1(0) 1,
=
又x→−∞时, f2+1 (x)→ +0,则 f2n+1 (x) = 1 存在另一零点21, 且028] <a2・
现证明若存在x <a₂„ <x使得 f2n+1 (x₁) = f2n+1(x2), 则x +£₂ > 202円
即证x₂ > 202„一》,即证 f2+1 (1) = f2月キ1 (2) > f2月年1 (242円一),2+1 (x)
=
£ 2n+1 (x)- F2n+1(2A2"-x)(x<a2"), h(x)
=
hk+1( x), WW]h2n+1(a2n)
=
0,
h2n+1) x) = h2n)x)=f2n(x)+f2n (242-x), h2n(42n) = 2f2n(a2") = 0, 0
h2(x) h2n-1 (x)=f 2n-1 (x)- f2n-1(242-x), h2n-1(a2") 0,
= =
h21-1(x)
=
2n-2(x)=f2n~2 (x)+f2n-2 (2A2n-x), 5
2n-2( a2n) =2£2n-2 (A2n)<2f2n-2 (A2n-2)=0,
7
h3(x)=h₂(x)= f2(242-x), h2(A2n)=2f2(A2n)<2f2(a2)=0,
f2 (x)+
滿
h2(x)=h(x)=f(x)-f(2a2n-x)=2(42-x)>0,
反推可得到ㄣ(x)>0, h₂(x)<0,
....,
又ƒ2月+1 (а2n+1) ∫2月+1 (0) 1,则42月+1 +0> 242,即 a₂
= =
综上所述: A2n¥2 <a2 <
神a2n+1
·17分
2
考
浙
