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<a<1时， fx2axa  e1x，
x2 x
2 1 2 1
x2ex1x3
fx2a  +e1x   +e1x  .
x3 x2 x3 x2 x3 ex1
令xx2ex1x3，则xx1ex13x2 0.
∴x在1,单调递增，x10，则 fx0，
所以 fx在1,单调递增． …………………………………………………… 9分
∵ f1a10，
 1 1 1  1
f 1 a2  e aa2110 .
 a  1 1  2 1 1
 a a
说明：用当x时， fx不扣分.
 1
∴存在x 1,1  使得 fx 0.则f(x)在1,x 单调递减，在x ,单调递增，
1  a 1 1 1
又∵ f 10，∴当x1,x 时， f x0，故 f x在1,x 没有零点．
1 1
1
因为在x ,单调递增，又 f x  f 10，而lnx≤x1,e1x 0, 1.
1 1 x
1
所以 f xax2 ax lnxe1x ax2 ax1x1.
x
2
 1  1  1
则 f 1 a1  a1 1 0 ，
 a  a  a
 1
所以存在唯一x ∈ x,1  ，使得 f x 0．
2  1 a 2
故f(x)在x ,存在唯一零点x ，因此当0a1时，f(x)在1,存在唯一零点．
1 2
综上所述，当a≥1时，f(x)在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a<1时，f(x)在1,存在唯一零
点． ……………………………………………………………………………………… 12分
十校高三数学模拟卷评分标准与参考答案 5（共5页）
{#{QQABRYIUogCIABAAAAgCAwWgCAGQkAECAKoOwFAMsAABAAFABAA=}#}