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． 高三数学答案 第 4 页 共 6 页 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