重庆市渝北中学校2023-2024学年高三下学期2月月考数学答案

2024-03-04 · U1 上传 · 6页 · 540.2 K

渝北中学2023-2024学年(下)高三2月月考质量监测数学参考答案一、单项选择题题号12345678答案ACBDBADC8.解:抛物线的焦点,过的斜率为0的直线为,直线与抛物线有且只有一个交点,与条件矛盾,故直线的斜率不为0,故可设直线的方程为,联立方程组,得,方程的判别式,设,则,,所以,由抛物线的性质得,.当且仅当时,等号成立.二、多项选择题题号91011答案BCACDACD11.解:对于AB,由已知得,令,定义域为,,令,,当时,此时恒成立,故在上单调递减,,也可得,即,故在上单调递减,,当时,,则,故,则,即,故为单调递减数列,故A正确,显然,故B错误,对于C,欲证,且由题意得,即证,即证,取指数得,又易知,化简得,故证明恒成立即可,令,,而,故在上单调递增,且,故,即恒成立,故得证,故C正确,对于D,由C可知,,,,,,上式相加,得,故得证,故D正确.三、填空题12.1213.14. 14.解:因为点分别为棱,,,的中点,且点都在球的表面上,则球是正方体的棱切球,球心为对角线的中点,半径为,取的中点,则点为延长线与球O表面的交点时点到平面的距离最大,此时,,.连接OE,则,就是异面直线与所成角,因为,所以,所以异面直线与所成角的余弦值的平方为.四、解答题15.(13分)解:(1)由是首项为、公差为的等差数列,故,即,当时,,故,当时,,符合上式,故;(2)由,,故,则.16.(15分)解:(1)由题意则,所以,于是随机变量的期望为,标准差为,因,故;(2)设取出黄色面包个数为随机变量,则的可能取值为0,1,2.则故随机变量的分布列为:012p所以数学期望为:17.(15分)解:(1)取中点,连接点为中点,.底面是边长为2的正方形,为中点,.四边形是平行四边形.,平面平面平面;(2)平面平面.又底面是边长为2的正方形,平面,平面,平面.平面.又平面..底面是边长为2的正方形,,为中点,.又平面,平面,平面.取中点,以所在直线分别为轴建立如图的空间直角坐标系,则,所以,设平面法向量为,则设平面法向量为,则,,所以向量的夹角为,结合图形可知二面角为锐角,所以二面角的大小为.18.(17分)解:(1)由题意设双曲线C的方程为(),由点在C上,得.①设C的上、下焦点分别为,,则,解得,所以.②由①②得,,故双曲线C的标准方程为;(2)由题意,直线EF的斜率不为0,设直线EF的方程为,,,联立,得方程组整理得所以,,解得,所以,,则.当直线PE的斜率不存在时,,,,,直线AB的斜率为.当直线PE的斜率存在时,直线PE的方程为,所以点D的坐标为,由,可得,由,得点B为DF的中点,所以,则,所以.19.(17分)解:(1)当时,,可得,则,所以曲线在点处的切线方程为,即;(2)当时,,定义域为,可得,令,则,当时,;当时,,所以在递减,在上递增,所以,又由,存在使得,存在使得,当时,单调递增;当时,单调递减;当时,单调递增;所以时,有一个极大值,一个极小值;(3)由,可得,由,因为,可得,令,则在上递减,当时,可得,则,所以,则,又因为,使得,即且当时,,即;当时,,即,所以在递增,在递减,所以,由,可得,由,可得,即,由,可得,所以,因为,设,则,可知在上递增,且,所以实数的取值范围是.

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