数学答案_2024年2月_01每日更新_19号_2024届重庆市缙云教育联盟高三下学期2月月度质量检测_重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高三下学期2月月度质量检测-数学

★秘密·2024年2月16日17：00前
重庆市 2023-2024 学年（下）2 月月度质量检测
高三数学答案及评分标准
【命题单位：重庆缙云教育联盟】
试卷视频讲解
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。
1．C 2．D 3．B 4．A
5．A 6．B 7．D 8．D
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符
合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．AC 10．ABD 11．ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．,31,
6 6 2
13．
2 2
14．12 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。
1
15．（1）由题意得，X 的可能取值为1,2,3，在第一轮中，试验者每次抽到白球的概率为 ，
3
1 2 1
PX 1   ，依题意，在第二轮中，盒中有一个白球，两个红球和一个黄球，每次摸到白球的概率
3 9
1  1 1 2 1 5
为 ，PX 21    ，易知PX 31  PX 1PX 2   ，X 的分布列为：
4  9 4 18 6
X 1 2 3
高三数学答案 第 1 页 共 6 页
学科网（北京）股份有限公司1 1 5
P
9 18 6
1 1 5 49
X 的数学期望EX1 2 3  .
9 18 6 18
 1  1   1  1
（2）证明：当k 2时，不难知道P 1 1  L  1   ，
k  32  42   (k1)2  (k2)2
 1  1   1  1
Q 1 1  L  1  
 32  42   (k1)2  (k2)2
24 35 kk2 1 2 1
  L    ，
32 42 (k1)2 (k2)2 3 k1k2
2 1 2 1 1 
P       k 2 ，
k 3 k1k2 3k1 k2
1 1 2 1 1 
由（1）可知P  ，又P     ，
1 9 1 9 311 12
P 
2

1

2

1

1 

 kN*
，
k 3 k1k2 3k1 k2
n 21 1 1 1 1 1 
P(n)P      L   
k 32 3 3 4 n1 n2
k1
1 2 1 1
   .即Pn .
3 3(n2) 3 3
16．（1）连接OM,MN,BM ，因为M,N是底面半圆弧𝐴𝐵上的两个三等分点，
所以有MON NOB60，又因为OM ON OB2，
所以 △ 𝑀𝑂𝑁, △ 𝑁𝑂𝐵都为正三角形，所以MN NBBOOM ，四边形OMNB是菱形，
记ON与BM 的交点为Q，Q为ON和BM 的中点，因为PON 60,OPON ，
1
所以三角形OPN 为正三角形，所以PQ 3 BM ，所以PBPM ，
2
因为P是半球面上一点，AB是半球O的直径，所以PBPA，
因为PM PAP，PM,PA平面PAM ，所以PB平面PAM ．
高三数学答案 第 2 页 共 6 页
学科网（北京）股份有限公司（2）因为点P在底面圆内的射影恰在ON上，
由（1）知Q为ON的中点， △ 𝑂𝑃𝑁为正三角形，所以PQON，
所以PQ底面ABM ，因为四边形OMNB是菱形，所以MBON，
即MB、ON、PQ两两互相垂直，以点Q为坐标原点，QM ，QN，QP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐
标系Qxyz，如图所示，
则O0,1,0,M  3,0,0  ,B   3,0,0  ,N0,1,0,P  0,0, 3  ，
uuuur uuur uuur
     
所以PM  3,0, 3 ，OP 0,1, 3 ，OB  3,1,0 ，
r uuur
r  mOP0   y 3z0
设平面PAB的一个法向量为mx,y,z，则r uuur ，所以 ，
mOB0  3xy0
r  
取x1，则m 1, 3,1 ，设直线PM 与平面PAB的所成角为，
uuuur r 3 3 10 10
所以sin cos PM,m   ，故直线PM 与平面PAB所成角的正弦值为 ．
6 5 5 5
17．（1） f xcos2 xcosxa1，令 f x0，即cos2xcosxa1，
π   1 
当x ,π时，令t cosx1,0，所以t2 t

 ,0，
2   4 
则 f x0即t2t a1，
1 5
所以当a10或a1 时，即a1或a 时，t2t a1无解；
4 4
1 5
当a1 时，即a 时，t2t a1仅有一解；
4 4
1 5
当 a10即1a 时，t2t a1有两解，
4 4
5 5 5
综上，a1或a 时， f x无零点；a 时， f x有一个零点；1a 时， f x有两个零点.
4 4 4
（2）若 f x有两个零点x，x，令t cosx ，t cosx ，则t ，t 为t2t a1两解，
1 2 1 1 2 2 1 2
高三数学答案 第 3 页 共 6 页
学科网（北京）股份有限公司则t t 1，则cosx cosx 1，则cos2 x 2cosx cosx cos2 x 1，
1 2 1 2 1 1 2 2
π 
由x,x  ,π可得cosx 0，cosx 0，则2cosx cosx 0，
1 2 2  1 2 1 2
3π 
所以cos2 x cos2 x 1，所以cos2 x sin2 x cos2  x ，
1 2 1 2  2 2 
π  3π π 
由x  ,π可得 x  ,π，
2 2  2 2 2 
3π  3π 
所以cos x 0，则cosx cos x ，
 2 2  1  2 2 
π  3π
由ycosx在 ,π递减，可得x  x ，
2  1 2 2
3π
所以πx x  ，所以cosx x 0
1 2 2 1 2
cosx cosx sinx sinx cosx x 
令1tanx tanx ，则 1 2 1 2  1 2 0
1 2 cosx cosx cosx cosx
1 2 1 2
1
要证 ≤tanx tanx 3成立，
1tanx tanx 1 2
1 2
1
即证： ≤132；

即证：221≥0，因为22112≥0显然成立，故原式成立.
18．（1）由题意知ACBD，设直线BD:xym．
xym
联立 得y22y2m0，
y2 2x
则y y 2,y y 2m，x x y y 2m2m2，
B D B D B D B D
则BD的中点m1,1在直线y  x4上，
代入可解得m2，y22y40,200，满足直线与抛物线有两个交点，
所以直线BD的方程为xy2，即xy20．
（2）当直线AB,AD的斜率为0或不存在时，均不满足题意．
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学科网（北京）股份有限公司yx4 x2 x8
由 得 或 （舍去），故A2,2．
y2 2x y2 y4
方法一：当直线AB,AD的斜率存在且不为0时，设直线AB:x2ty2．
x2ty2
联立 得y22ty4t40，所以y y 2t．
y2 2x A B
所以B  2t24t2,2t2  ．同理得D   2  4 2, 2 2  ．
t2 t t 
由BD的中点在直线y  x4上，
1 2 4  1 2 
得 2t24t2  24 2t2 2，
2 t2 t  2 t 
1  1
即t2 t 40．
t2  t
1
令t  p，则p2 p20，解得p2或p1．
t
 2 
2t2 2
 t  1 1
当p1时，直线BD的斜率k    ；
BD  2 4  1 3
2t24t2  2 t 2
t2 t  t
当p2时，直线BD的斜率不存在．
1
所以直线BD的斜率为 ．
3
方法二：设Bx,y ,Dx ,y ，线段BD的中点Ma,a4，
1 1 2 2
则x x 2a,y y 2a4．
1 2 1 2
y 2 y 2
y 2 y 2 1  2 1
由ABAD，得 1  2 1，即 y2 y2 ．
x 2 x 2 1 2 2 2
1 2 2 2
所以y y 2y y 80．
1 2 1 2
1 1
又y y  y y 2  y2y2 4a422x x 
1 2 2 1 2 1 2  2 1 2 
1
 4a424a2a218a32，
2 
故y y 2y y 80可转化为2a218a324a480，
1 2 1 2
即a211a280．解得a7或a4．
y y y y 2 1
k  2 1  2 1  
所以直线BD的斜率 BD x x y2 y2 y y a4．
2 1 2  1 2 1
2 2
高三数学答案 第 5 页 共 6 页
学科网（北京）股份有限公司1
当a4时，斜率不存在；当a7时，斜率k  ．
BD 3
1
所以直线BD的斜率为 ．
3
e2xe2x (exex)(exex)
19．（1）sinh2x  2sinhxcoshx.
2 2
e2xe2x exex
（2）依题意，x[1,1]，不等式cosh2xmcoshx0 m 0，
2 2
1
函数uex在[1,1]上单调递增，u[e1,e]，令t exex u ，
u
1
显然函数tu 在[e1,1]上单调递减，在[1,e]上单调递增，t[2,e1e]，
u
t22 mt
又e2xe2x (exex)22t22，于是x[1,1]，cosh2xmcoshx0  0，
2 2
2 2
因此t[2,e1e]，m t，显然函数y t在[2,e1e]上单调递减，
t t
当t 2时，y 1，从而m1，
max
所以实数m的取值范围是m1.
π 3π
（3）x[ , ]，cosh(sinx)sinh(cosx).
4 2
π 3π esinxesinx ecosxecosx
依题意，x[ , ]，cosh(sinx)sinh(cosx) 
4 2 2 2
1
 (esinxecosxesinxecosx)，
2
π 5π π π
当x[ , ]时，x [0,π]，sinxcosx 2sin(x )0，即sinxcosx，
4 4 4 4
于是esinxecosx 0，而esinxecosx 0，因此cosh(sinx)sinh(cosx)0，
5π 3π
当x( , ]时，cosx0，则cosxcosx，ecosx ecosx，
4 2
即ecosxecosx 0，而esinxesinx 0，因此cosh(sinx)sinh(cosx)0，
π 3π
于是x[ , ]，cosh(sinx)sinh(cosx)0，所以cosh(sinx)sinh(cosx).
4 2
高三数学答案 第 6 页 共 6 页
学科网（北京）股份有限公司