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