2025届浙江省金华十校高三4月模考数学试题（PDF版，含答案）

金华十校 2025 年 4 月高三模拟考试
数学参考答案
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是
符合题目要求的.
1 2 3 4 5 6 7 8
A D B C D B C C
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9 10 11
ABC BC BCD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
3 1
12. 13. 3 14.
5 2
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15.解：（1）设张某仅猜对其中一道谜语为事件M ，猜对 A谜语为事件 A，猜对 B谜语为
事件 B则 P M P AB AB P AB P AB 0.8 0.5 0.2 0.5 0.5
（2）设张某先猜 A 谜语获得的奖金为 1 元，先猜 B 谜语获得的奖金为 2 元，则
1 的取值分别是0,10,10 x， 2 的取值分别是 0, x,10 x，
P 1 0 0.2， P 1 10 0.8 0.5 0.4 P 1 10 x 0.8 0.5 0.4 ，
所以 E 1 0 0.2 10 0.4 10 x 0.4 0.4x 8
P 2 0 0.5， P 2 x 0.5 0.2 0.1，P 2 10 x 0.5 0.8 0.4 ，
所以 E 2 0 0.5 0.1x 10 x 0.4 0.5x 4 -
由 E 1 E 2 得0.4x 8 0.5x 4 解得 x 40
16.解：由题知函数定义域为 0,e a e a , f ' x a ln x 1 ， .
a ln x 2
（1）当 a 1时 , f x x , f ' x ln x 2 ,则函数在 0,e 1 和 e 1,1 单调递减，在1 ln x 1 ln x
1, 单调递增，则函数的极小值为 f 1 1，无极大值.
2 h x f x 1（ ）令 ， h' x f ' x a ln x 1 2 ,则函数 h x 在 0,e a 和 e a ,e1 a 单调递a a ln x
减，在 e1 a , 单调递增，极小值为 h e1 a e1 a 1
a
①若 a 0 1，当 x 0,e a 时单调递减，又 h 1 f 1 0，所以 h x 在 0,e a 有唯一零点
a
x 1，当 x e a , 时， h x 1有极小值 h e1 a e1 a 0 ，所以 h x 在 e a , 无零点，
a
故当 a 0 时， h x 有唯一零点.

②若 a 0 ， x 0,h x 1 0 ， x e a ,h x ，则必有 h e1 a e1 a 1 0 ，即
a a
ae1 a 1 0 ，令 p a ae1 a 1，则 p' a 1 a e1 a，则 p a 的最大值为 p 1 0 ，
1
所以 e1 a 0 仅有一个解 a 1 .
a
综上所述，实数 a的取值范围为 a 0 或 a 1
17.解：（1）证明：如图，连接OD，因为D为 B C的中点，所以OD BC
又因为 PO 平面 ABC，故 PO BC
所以 BC 平面 POD，则 BC PD -
1
（2）在OB上取点F ，使得BF BO，连接 EF ，则 EF / /PO
3
又 EF 平面 POC，故 EF / / 平面 POC，
又DE / / 平面 POC所以平面 EFD / / 平面 POC，
得 FD / / 平面 POC，所以FD / /OC ，则 COD FDO又 COD FOD，
FOD FDO FD FO 2OD cos FOD 3所以 所以 ，则
3 4
设OD与 BC交于点G，连接 PG，则OG BC又因为 PB PC ，所以 PG BC
所以 PGO就是平面 PBC 与平面 ABC夹角
cos FOD OG 3 tan PGO PO BO 4因为 ，所以 ，所以 cos PGO 3
OB 4 OG OG 3 5
即平面 PBC与平面 ABC 3夹角的余弦值为 .
5
（2）解法二：如图，以O为坐标原点，OB,OP为 y, z轴正方向建立空间直角坐标系
设OP OB 3，则 B 0,3,0 ,P 0,0,3 ,E 0,2,1 ，
设D 3sin ,3cos ,0 ，则C 3sin 2 ,3cos 2 ,0

因为OP 0,0,3 ,OC 3sin 2 ,3cos 2 ,0 ，设平面OPC的法向量为 n1 x1, y1, z1

n1 OP 0
由 可取 n1 cos 2 , sin 2 ,0 ，
n1 OC 0

又 ED 3sin ,3cos 2, 1 因 为 DE / / 平 面 POC ， 所 以 n1 ED 0 ， 即
3sin cos 2 3sin 2 cos 2sin 2 0 得 cos 3 ，
4

sin 2 3 7 ,cos 2 1 C 9 7 , 3 ,0 BC 9 7

于 是 ， 则 , 所 以 ,
21
,0
8 8 8 8 8 8
， 又


n2 PB 0
PB 0,3, 3 ， 设 平 面 PBC 的 法 向 量 为 n2 x2 , y2 , z2

则 可 取
n2 BC 0

n2 7,3,3 ，

又平面 ABC 的一个法向量为 n3 0,0,1 ,设平面 PBC 与平面 ABC 夹角为 ，则

n2 n3
cos 3 3 ,所以平面 PBC与平面 ABC夹角的余弦值为 .
n 5 52 n3
b 1
a 2
18. (1) c 5
x2
解： 由题知 ，解得 b 1 ，双曲线 E的标准方程为 y2 1；
a 2

4
c2 a
2 b2 c 5
(2) P(x , y ) BC y 1 x
2
令 0 0 ，设直线 为： x m，与 y
2 1联立得
k 4
k 2 4 x2 8mkx 4m2k 2 4k 2 0
x x1 x2 4km
2
则 , y y1 y 2 mk0 2 0 2 ， 16k
2 (m2k 2 k 2 4) .
2 k 4 2 k 4
(i) k 1 12当 时， x0 m, y
1 1 y 3
0 m，由 k 0 ，得 t m ，又因为 0 ，即3 35 35 3 x0 t 7
m2 4 3 1 35 3 2 ，所以 t , 35 35, ；k 7 7
y 2
(ii) Q 0,m , k 0 m 3 k 4 由 题 知 因 为 x 3 ， 所 以 , 则0 5k
PA 1 1 y mk 1 k
2 3
20 PQ
12
1 k 2
k 2 k 2
1 k , ,则
4 5 5 k

S 1 18 1
36
APQ PA PQ k

，当 k 1取得，此时 0满足题意.2 25 k 25
19.解：（1）由定义可得 f 7 f 6 1 f 6 ，
因为 f 6 f 3 f 2 1 f 2 f 1 1 f 1 0 ,所以 f 7 1
由定义可得 f 10 f 5 ，
因为 f 5 f 4 1 f 4 f 2 1 f 2 0 ,所以 f 10 0
（2）不妨设 a1 a2 ak ，由定义得
f 2a1 2a2 ... 2ak f 1 2a2 a1 2a3 a1 2ak a1 ①而
f 1 2a2 a1 2a3 a1 2ak a1 f 2a2 a1 2a3 a a a f 2a2 a1 2a3 a11 2 k 1 1 2ak a1
f 2a2 a1 2a3 a1 2ak a1 f 1 2a3 a a a又因为 2 2 k 2 ②，此时②式和①式出现同
样结构，我们按照定义继续递推下去直至得到
f 1 2ak ak 1 f 2ak ak 1 1 f 2ak ak 1 f 1 1 f 1 0
k a a a所以当 为偶数时， f 2 1 2 2 ... 2 k 0
所以当 k a a a为奇数时， f 2 1 2 2 ... 2 k 1
(3)由（2）可知 n N f n 1或 f n 0 ，所以根据 Sn f x f y 定义可知
1 x y n
S T2025 T2025 1 2025 ， 其 中 T2 2025 表 示 前 2025 项 中 f n 1 的 个 数 ， 即
T2025 f 1 f 2 f 2025
记M k f 1 f 2 f 2k 1 ，则
M f 1 f 2 f 2k 1 f 2k 1 1 f 2k 1 2 f 2k 1 2k 1k 1
M k 2k 1 M 1 2k 1 1，且M1 f 1 1 .k
T2025 M12 f 2048 f 2047 f 2046 f 2026
1025 f 2048 f 2047 f 2046 f 2026
由于 2026 210 29 28 27 26 25 23 21 ，由（2）知 f 2026 0，
2032 210 29 28 27 26 25 24 ，由（2）知 f 2032 1，从而 n 2026，2032 ，
f n 1的个数为 4,又由于 2048 2032 24 ，从而 n 2033，2028 时， f n 1的个数
为 8 所以T2025 M12 f 2048 f 2047 f 2046 f 2026 1025 12 1013
S T2025 T2025 1 1013 1014因此 2025 5135912 2