浙江省金华十校2023-2024学年高三上学期11月模拟考试数学答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届浙江省金华十校高三上学期11月模拟考试_浙江省金华十校2024届高三上学期11月模拟考试数学

金华十校 2023 年 11 月高三模拟考试 评分标准与参考答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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 答案 C D C A B A D C 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 题号 9 10 11 12 答案 ABC AC ABD BD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 32 2 13.10． 14．7 15． 16. 81 2 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17. 解：(Ⅰ) 因为sin2A+sin2B－sin2C=sinAsinB，由正弦定理可得a2 b2 c2 ab， a2 b2 c2 1  由余弦定理可得cosC   ，所以C  .…………………………… 5分 2ab 2 3 (Ⅱ) 方法一：不妨取AC=1，则CD=BD=2，在△ABC中，由余弦定理可求得 AB AC2 BC2 2ACBCcosB= 13.……………………………………… 6分 在△CAD中，由余弦定理可求得 AD CD2  AC2 2ACCDcosB= 3. ……………………………………… 8分 在△ADB中，由余弦定理可得 DA2 AB2 DB2 2 39 cosDAB  .………………………………………… 10分 2DADB 13 方法二：不妨取AC=1，则CD=BD=2，在△CAD与△ABC中由余弦定理可求得 CAD90，AB 13. ………………………………………………………… 8分 2 39 在△ABC中由正弦定理可得sinCAB ， 13 十校高三数学模拟卷评分标准与参考答案 1（共5页） {#{QQABRYIUogCIABAAAAgCAwWgCAGQkAECAKoOwFAMsAABAAFABAA=}#}2 39 又因为CAD90，所以cosDAB . ………………………………… 10分 13 18．解：(Ⅰ)证明：因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BC， ① 又因为ABCD为正方形，所以AB⊥BC， ② 由①②可得BC⊥平面PAB, 所以BC⊥AE， ③ ……… 2分 又因为PA=AB，点E为PB的中点，所以PB⊥AE. ④ 由③④可得AE⊥平面PBC，所以AE⊥PC. ……………………………………… 4分 同理可得AF⊥PC，所以PC⊥平面AEF.……………………………………………6分 (Ⅱ)如图，以点A为坐标原点，AB为x轴正方向，AD z 为y轴正方向，AP为z轴正方向，建立空间直角坐标 P 系，设AB=2，则各点坐标分别为B(2,0,0)，D(0,2,0)， C(2,2,0)，P(0,0,2)，E(1,0,1)，F(0,1,1) . ……8分 F  E 由(Ⅰ)可知PC是平面AEF的一个法向量，记为n=(2,2,-2)， 1 又平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1). ……10分 A D y 2 B n n 2 3 所以cos n,n  1 2   . C 1 2 n  n 2 3 3 x 1 2 3 所以平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值等于 .……………………………… 12分 3 a2 a 19. 解：(Ⅰ)当n=1时，a  1 1 ，所以a=1；……………………………………… 1分 1 2 1 a2 a a2 a 当n≥2时，S  n n 且S  n1 n1 ，两式相减并整理可得 n 2 n1 2 (a a )(a a 1)0.………………………………………………………… 3分 n n1 n n1 因为{a}为正项数列，所以a a 1，所以a=n. …………………………… 5分 n n n1 n n2 n n(n1) (Ⅱ)有(Ⅰ)可知S   ， n 2 2 十校高三数学模拟卷评分标准与参考答案 2（共5页） {#{QQABRYIUogCIABAAAAgCAwWgCAGQkAECAKoOwFAMsAABAAFABAA=}#}1 2 1 1 ∴    ， …………………… 7分 (n2)S n(n1)(n2) n(n1) (n1)(n2) n 1 1 1 1 1 ∴     ， 3S 4S (n2)S 2 (n1)(n2) 1 2 n 1 1 1 1  n 故     ，可化为 ，………………… 9分 3S 4S (n2)S 2 S 2(n2) 1 2 n n n 1 1 因为  恒成立，所以≥ . ………………………………………… 12分 2(n2) 2 2 20. 解：(Ⅰ)零假设为： H：全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联），根据列联表中的数据， 0 计算得到 100(1535545)2 2= =2.34<2.706 =x ，……………………………………3分 0.1 20804060 所以根据小概率值=0.1的 2独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，因此可以认定为 0 H 成立，全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）.…………… 5分 0 χ (Ⅱ)设A表示火炬手为男性，B表示火炬手喜欢足球， ……………………………7分 P(AB) P(B|A)P(A) 0.36 36 则：P(A|B)= = = = ， P(B) P(B|A)P(A)P(B|A)P(A) 0.43 43 36 所以这位火炬手是男性的概率约为 .…………………………………………… 12分 43 21. 解：(Ⅰ)双曲线C的渐近线方程为yx.…………………………………………… 3分 x2 y2 (Ⅱ)设直线AB方程为x=ty+2，代入双曲线C:  1程中， 2 2 4t 2 化简可得：(t2 1)y2+4ty+2=0，则y  y  ，y y  . 1 2 t2 1 1 2 t2 1 −  2 2t  ∴线段AB中点S的坐标为  ，  ， t2 1 t2 1 2t  2  直线ST方程为y tx .………………………………………… 6分 t2 1  t2 1   80 (ⅰ)当t=0时，S点恰好为焦点F，此时存在点T使得TSTB . 9 此时直线AB方程为x=2.………………………………………………………………7分 十校高三数学模拟卷评分标准与参考答案 3（共5页） {#{QQABRYIUogCIABAAAAgCAwWgCAGQkAECAKoOwFAMsAABAAFABAA=}#}4  4  (ⅱ)当t≠0时，令y=0可得x ,可得点T 的坐标为  ,0 ， t2 1 t2 1    32  80  2 2t 80 又TSTB ，即|TS|2 ，也即：|TS|2（ ）2 ( )2  . 9 9 t2-1 t2 1 9 1 55 化简可得20t4 49t2 110，解出t  ，t  ，…………………………10分 2 5 55 由于直线AB要交双曲线右支于两点，故舍去t  . 5 1 可得直线AB的方程为x y2. ……………………………………………… 11分 2 综上：直线AB方程为y=2x 4或y= 2x 4或x=2. ……………………………… 12分 说明:缺x=2全卷总体扣1分. − − + 1 1 22. 解：(Ⅰ) fx2axa  e1x…………………………………………… 2分 x2 x ∵当x=1时函数f(x)取到极值，∴ f10得a=1.………………………………… 4分 2 1 2 1 2x3 x2 当a=1时 fx2  +e1x 2   ， x3 x2 x3 x2 x3 7 55 令x2x3x2，显然x单调递增，又  0， 8 256 7  所以在区间  , ， fx0. 8  fx单调递增，所以x1是 fx的变号零点，所以当x=1时函数f(x)取到极值. 说明:没有证明x=1是 fx的变号零点不扣分. 1 1 (Ⅱ)当a≥1时，∵x2 x0，∴ f xax2 ax lnxe1x≥x2 x lnxe1x， x x 1 令hxx2 x lnxe1x， x 1 1 1 1  1  则hx2x1  e1x 2x2  x1 2 0， x2 x x2 x  x2  ∴hx在1,单调递增，则. f x≥hxh10. 所以，当a≥1时，f(x)在区间(1,+∞)上没有零点． ……………………………… 7分 十校高三数学模拟卷评分标准与参考答案 4（共5页） {#{QQABRYIUogCIABAAAAgCAwWgCAGQkAECAKoOwFAMsAABAAFABAA=}#}1 1 当0