《浙江金华十校2023届高三下学期年4月模拟考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江金华十校2023届高三下学期年4月模拟考试数学试题含答案.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建扫描全能王 创建十校 4 月高三模拟数学评分标准与参考答案1（共 6 页）金华十校2023 年4 月高三模拟考试 数学卷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 A D A B D C C D 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 BC ABD ACD AD
2、三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.1 14椭圆 150,2e3 16.12 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：()1133,104555,nadadan+=+=.2分 ()212221logloglog2nn nbbb+=，则当n2时，212221(1)logloglog2nnnbbb+=3分 得：2lognbn=,则2nnb=而当n1时，21log1b=，则b1=2，满足上式.所以2nnb=.5分 ()记(1)2(2)nnnncnn=6分 1231(2)2(2)3(2).(1)(2)(2)nnnTnn=+23122(2)
3、2(2).(1)(2)(2)nnTnn+=+12313(2)(2)(2).(2)(2)nnnTn+=+十校 4 月高三模拟数学评分标准与参考答案2（共 6 页）12(31)(2)9nnnT+=.10分 18.解：()1sin42acSacB=,1sin2B=.2分 则2224(sinsin)(3)sin(4sin4 3sinsin)BAbaBBAB=.4分 解得sin3sinAB=,因此3sin2A=.6分 ()若A为钝角，则A=120，则B=30,C=30.如图建立平面直角坐标系，则(0,2),(3,1),(3,1)ABC,设(2cos,2sin)P.8分 则(2cos,22sin)PA=,
4、(32cos,1 2sin)PB=,(32cos,1 2sin)PC=，66sin2 3cosPA PB=+，66sin2 3cosPA PC=，24sinPB PC=，14 16sin 2,30.PA PBPA PCPB PC+=12分 19解：()取AB中点M，连O1M，O1C，则ABC的高hO1M+O1C=13122+=.3分 12111333333224P ABCABCVSOO=.5分 ()如图，以O1为坐标原点，过O1与AB平行的直线为x轴，O1O2为z轴.建立空间直角坐标系，设00(,0)C xy，00(2,2,3)Pxy，7分 31,022A,31,022B x y O A B
5、C P 十校 4 月高三模拟数学评分标准与参考答案3（共 6 页）2220031(2)(2)(3)2 322PAxy=+=，又22001xy+=，解得0031,22xy=，则(3,1,3)P.9分 设平面PAC的法向量为n1=(x,y,z)，则1100APAC=，nn解得1(1,3,0)=n，同理n2=(2,0,1).11分 设平面PAC与平面PBC的夹角为，则12125cos|5=nnnn.12分 20解：()因为1022110385302.582.5iixx=，2分 根据参考数据，所以相关系数301.4308.40.7982.50.95r=，即|0.790.75r=，所以线性相关程度很高，
6、可用直线拟合.3分 由301.4308.40.0882.5b=，4分 所以5.61(0.08)5.56.05aybx=，即y关于x的线性回归方程为6.050.08yx=.6分 ()设甲、乙两人需要排队的总时间为，则的可能取值为40,60,80，7分 2(40)(21)2Ppppp=，2(60)(1)(21)(1(21)451Ppppppp=+=+，2(80)(1)(1(21)242Ppppp=+，所以的分布列为：40 60 80 P 2p2p 4p2+5p1 2p24p+2 因此()6010060Ep=+，可得23p，又112p，O2 O1 P A B C x y z 10分 十校 4 月高三
7、模拟数学评分标准与参考答案4（共 6 页）故实数p的取值范围为213p.12分 21解：由已知条件得：A(2,0),B(2,0)，设PA，PB的斜率分别为k1，k2，则QA，QB的斜率分别为11k，21k，由()2112121 2212,(2),(2).4.kkxyk xkkykxk kykk+=+=即有()211 2212124,kkk kPkkkk+.由()2111222121(2),14(2).kkyxxkkkyxykkk+=+=即有()21122124,kkQkkkk+.4分 ()1 2214Pk kykk=，214Qykk=而221 222121432244PPPPPPPPxyyyk
8、 kxxxx=+，6分 1 23PQyk ky=.7分 ()由于PAQ=PBQ=90，显然P,Q,B,A四点共圆，8分 PQ,为直径，PQ中点2180,Mkk为圆心，又115tan25AQB 则tantan2AMBAQB=21212115tan,8425kkOMBkk=，9分 214 1525kk ，又1 23k k=，x y O A B M P Q C 十校 4 月高三模拟数学评分标准与参考答案5（共 6 页）2得：2112102635kkkk+，解得2135kk.由12:(2)11:(2)CPA yk xxQB yxk=+=，.，而PQxx=.()()()()()()22221222111
9、111|21|1|2|221|111|12|1|2|22PQkxBCBPkSSACAQkxk+=+12222111133313kkkkkkkk+=+()2122113 3249.33kkkkkk+=+11分 因为2135kk，根据单调性，求得125,6SS 12分 22.解:（）1()cos(10)1fxaxxx=+，又a为正实数，函数()fx在区间(1,0上单调递增，且(0)1fa=.2分 当01时，11(0)101cos10fafaaaaaa=，由零点存在定理，0(1,0)x时，有0()0fx=，即函数f(x)在0(1,)x上递减，在0(,0)x上递增，所以当0(,0)xx时，有f(x)f
10、(0)=0，此时不符合.综上所述，正实数a的最大值为1.4分 ()由()知，当1,(1,0)ax=时，sinln(1)xx+，令21xi=时，有2222111sinln 1lniiii=，即2221sinln1iii，5分 累加得，2212 2 32sinlnlnln2lnln21 3 2111ninnnnnni=+.7分 ()因为1()eln(1)xg xx+=+，所以11()e1xg xx+=+，即函数()g x在(1,)+上递增，十校 4 月高三模拟数学评分标准与参考答案6（共 6 页）又1(0)e10,e202gg=，由零点存在定理，11,02x时，有1()0g x=，即1111e1x
11、x+=+，因此11111lnln(1)1xxx+=+.而函数()g x在1(1,)x上递减，在1(,)x+上递增，所以11min111111111()()ln(1)ln1111xmg xg xexxxxx+=+=+=+，即52,2m.9分 要证方程e1+xmln(1+x)=0有唯一的实数解，只要证方程e1+xemln(1+x)=0有唯一的实数解.设15()ee ln(1)22xmH xxm+=+，则1e()e1mxH xx+=+，所以函数()H x在(1,)+上递增，又e(1)(0)ee0,(1)0mmmHH mm=，由零点存在定理，2(0,1)xm时，2()0H x=，即212ee1mxx+=+，因此221ln(1)mxx=+，10分 又1111ln11mxx=+，设()lnm xxx=+，则函数()m x在(0,)+上递增，于是21111xx+=+且21ln(1)1xx+=+，11分 而函数()H x在21,)x（上递减，在2(,)x+上递增，21min2221121()()ee ln(1)eln(1)e(1(1)01xmmmH xH xxxxxx+=+=+=+=+，即函数()H x有唯一零点2x，故方程1eln(1)0 x mx+=有唯一的实数解.12分