金华十校2023年11月高三模拟考试数学卷答案

2023-11-25 · 5页 · 285 K

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12345678答案CDCABADC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9101112答案ABCACABDBD三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。32213.10.14.715.16.812四、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c21由余弦定理可得cosC,所以C.……………………………5分2ab23(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DB2239cosDAB.…………………………………………10分2DADB13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239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=}#}239又因为CAD90,所以cosDAB.…………………………………10分1318.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,ADz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n1=(2,2,-2),又平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1).……10分ADyBnn23所以cosn,n12.12xCn1n22333所以平面AEF与平面ABCD夹角的余弦值等于.………………………………12分32a1a119.解:(Ⅰ)当n=1时,a,所以a1=1;………………………………………1分12a2aa2a当n≥2时,Snn且Sn1n1,两式相减并整理可得n2n12…………………………………………………………分(anan1)(anan11)0.3因为为正项数列,所以,所以……………………………分{an}anan11an=n.5n2nn(n1)(Ⅱ)有(Ⅰ)可知S,n22十校高三数学模拟卷评分标准与参考答案2(共5页){#{QQABRYIUogCIABAAAAgCAwWgCAGQkAECAKoOwFAMsAABAAFABAA=}#}1211∴,……………………7分(n2)Snn(n1)(n2)n(n1)(n1)(n2)11111∴,3S14S2(n2)Sn2(n1)(n2)1111n故,可化为,…………………9分3S14S2(n2)Sn2Sn2(n2)n11因为恒成立,所以≥.…………………………………………12分2(n2)2220.解:(Ⅰ)零假设为:H0: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,计算得到22100(1535545)==2.34<2.706=x0.1,……………………………………3分208040602所以根据小概率值=0.1的独立性检验,没有充分证据推断H0不成立,因此可以认定为H0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)0.3636则:P(A|B)====,P(B)P(B|A)P(A)P(B|A)P(A)0.434336所以这位火炬手是男性的概率约为.……………………………………………12分4321.解:(Ⅰ)双曲线C的渐近线方程为yx.……………………………………………3分x2y2(Ⅱ)设直线AB方程为x=ty+2,代入双曲线C:1程中,224t2化简可得:(t21)y2+4ty+2=0,则yy,yy.12t2112t21−22t∴线段AB中点S的坐标为,,t21t2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22t80又TSTB,即|TS|2,也即:|TS|2()2()2.99t2-1t219155化简可得20t449t2110,解出t,t,…………………………10分2555由于直线AB要交双曲线右支于两点,故舍去t.51可得直线AB的方程为xy2.………………………………………………11分2综上:直线AB方程为y=2x4或y=2x4或x=2.………………………………12分说明:缺x=2全卷总体扣1分.−−+1122.解:(Ⅰ)fx2axae1x……………………………………………2分x2x∵当x=1时函数f(x)取到极值,∴f10得a=1.…………………………………4分21212x3x2当a=1时fx2+e1x2,x3x2x3x2x33755令x2x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.11(Ⅱ)当a≥1时,∵x2x0,∴fxax2axlnxe1x≥x2xlnxe1x,xx1令hxx2xlnxe1x,x111x111则hx2x1e2x2x120,x2xx2x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=}#}11当0

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