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

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F(1,0)，过的斜率为0的直线为y=0，直线与抛物线yx2=4有且只有一个交点，与条件矛盾，故直线l的斜率不为0，故可设直线的方程为xm=+y1，yx2=4联立方程组，得ym2−y−4=40，方程的判别式=+16m1620，xm=+y1222216yy12yy122设AyBy,,,，则yy=−4，=1，所以y2=，1212y24416122yy124由抛物线的性质得AFBF=+=+=+1,112，44y1222yyy111888+=+AFBF++212=33++23+=22222+.444yyy1115当且仅当4时，等号成立.y1=2二、多项选择题题号91011答案BCACDACDx11．解：对于AB，由已知得ann+1=f(a)，令h(x)=f(x)−x=ln(e−1)−lnx−x，−ex++x定义域为x+()0,，hx()=，令g(x)=−ex++x，gx()e=−x+，x(e1x−)当时，此时gx()0恒成立，故gx()在(0,+)上单调递减，g(x)=g(0)0，也可得e10x−−x，即hx()0，故hx()在上单调递减，h(x)h(0)，当x→0时，hx()→0，则hx()0，故f(x)x，则f(ann)a，即aann+1，故an为单调递减数列，数学答案第1页共6页{#{QQABRYYUogiAABAAAQhCEwUqCAGQkAAACIoGgAAMMAABiQNABAA=}#}故A正确，显然aa20232024，故B错误，1对于C，欲证aa，且由题意得afaa==−−()lne1lnan，nn+12nnn+1()aannana1e1−e1−n()1()2即证lne1ln(−−)aann，即证lna，取指数得e，2nan2anana又易知an0，化简得n2，故证明恒成立即可，e1e−−an0令h(xx)=ee2xx−−，x+()0,，而h(x)=exx(e−x−)0，anan故hx()在(0,)+上单调递增，且0，故h0，22即恒成立，故得证，故C正确，1111111对于D，由C可知，a=，aa=，aa=，，aa=，1222143228nn2−12nn111−1122上式相加，得aaaa++++++=，123nn1221−21故aaaa++++−1得证，故D正确.123n2n三、填空题12．1213.2114．22+14414．解：因为点EFGH,,,分别为棱AA1，AD11，AB11，BC11的中点，且点都在球O的表面上，则球是正方体ABCD−ABC111D1的棱切球，球心为对角线AC1的中点，半径为2，取AD1的中点O1，则点P为OO1延长线与球O表面的交点时点到平面ADD11A的距离最大，OE=122此时OP1=+12，1，PEO=+=+EO11P422．连接OE，则OE////ACGH，PEO就是异面直线PE与GH所成角，因为OE==OP2，所以222PE+−OEOP4+221cosPEO===2+2，22PEOE24+222所以异面直线与所成角的余弦值的平方为.数学答案第2页共6页{#{QQABRYYUogiAABAAAQhCEwUqCAGQkAAACIoGgAAMMAABiQNABAA=}#}四、解答题S1115．（13分）解：（1）由n是首项为、公差为的等差数列，nn(+1)23S11n1n2n++1n1n=+n−1=+n1()()故()，即Sn=+n(n+1)=，nn(+1)2336366n(2n−−1)(n1)当n2时，S=，n−16n2n+1n+1n2n−1n−1nnnnn23123122++−+−()()()()()2故Sn−Sn−1=an=−==n，66632当n=1时，aS===1，符合上式，故an=2；116n2n(2n++1)(n1)(212121nann−)n66(−)nn(−)（2）由，Sn=，故bn===，6Snnnnnn(211211++)()(+)(+)666(21412−−)()(2n−1)n621n(−)6n则Tbnn=12bb===．(21114++++++)()(121)()(21nn)(1)(211211nnnn++++)()()()50216．(15分)解：（1）由题意===1000,50,25,K则==100，K25所以YN(1000,10)2，于是随机变量Y的期望为=1000，标准差为=10，1(9801020)1−−PY0.9545因PY(9801020)0.9545=，故PY(980)0.02275===；22（2）设取出黄色面包个数为随机变量，则的可能取值为0，1，2．14315453124135449则P(==+=0,)P(==+=122,)26528714026528784012113273P(==+=2.)265287840故随机变量的分布列为：0125344973p140840840534497317所以数学期望为：E()=0+1+2=.14084084024117．(15分)解：（1）取PA中点G，连接GQ,GD点Q为PB中点，GQ//AB,GQAB=.21底面是边长为2的正方形，O为CD中点，DOAB,DO=AB.2OD,GQ=OD四边形GQOD是平行四边形.OQDG,OQ平面PAD,GD平面PAD,平面PAD；数学答案第3页共6页{#{QQABRYYUogiAABAAAQhCEwUqCAGQkAAACIoGgAAMMAABiQNABAA=}#}（2）DQ⊥平面PBCB,C平面PBCD⊥QBC.又底面是边长为2的正方形，⊥=DCBCDQDCD,,DQ平面DCQ，DC平面，⊥BC平面.OQ平面DCQBCOQ,⊥.又CQ平面DCQBCCQ,⊥.PBQBBCQC====26,6,2,2.底面是边长为2的正方形，===DBDQDQCQ22,2，O为CD中点，⊥OQDC.又BCOQDCBCC⊥=,,平面ABCD，BC平面，⊥OQ平面.取AB中点E，以OE,,OCOQ所在直线分别为x,,yz轴建立如图的空间直角坐标系O−xyz，则OQABDP(0,0,0),0,0,1(,2,1,0)(,2,1,0−−−−,0,1,0)(,2,1,2)()()，所以APADAQ=−=−=−(4,0,2,2,0,0,2,1,1)()()，设平面PAD法向量为mx=yz(,,)，mAPxz=−+=420则=m(0,1,0)mADx=−=20设平面QAD法向量为nxyz=(111,,)，n=AQxyz−++=20111mn2则=−n(0,1,1)，cos,mn==，mn2n=ADx−=201π所以向量的夹角为，结合图形可知二面角PADQ−−为锐角，4所以二面角的大小为．yx2218．(17分)解：（1）由题意设双曲线C的方程为−=1(ab0,0)，ab2244由点P(2,2)在C上，得−=1．①ab22221−+cc2设C的上、下焦点分别为Fc1(0,)，Fc2(0,−)，则=−，解得c=6，222yx22所以ab22+=6．②由①②得a2=2，b2=4，故双曲线C的标准方程为−=1；24（2）由题意，直线EF的斜率不为0，设直线EF的方程为xm=−ym(12)()，E(x11,y)，F(x22,y)，数学答案第4页共6页{#{QQABRYYUogiAABAAAQhCEwUqCAGQkAAACIoGgAAMMAABiQNABAA=}#}xm=−y(1)2222联立，得方程组yx22,整理得(mymym−−++=2240)−=1242所以m24，Δ=−−−+(24240mmm222)()()，解得m24，2m2m2+4所以yy+=，yy=，则324(yyyy1212+−=)．12m2−212m2−2210106101当直线PE的斜率不存在时,E(2,2−),F−,,D2,,B,,直线AB的斜率为．777772y−2当直线PE的斜率存在时，直线PE的方程为yx=−+1(22)，所以点D的坐标为x1−2(yx21−−22)()+2,y2，y1−2ym−−−212y(yxm211212−−−−+−22122yyyy)()(21)()()()()由x11m=−y(1)，可得+=+=22，yyy111−−−222由DFB=F2，得点B为DF的中点，所以m2yy−3y+y+4+2y−y1m(y1−1)(y2−2)+2(y1−y2)12(12)(12)yy12−xB=+m(y2−1)==，2y1−22(y1−2)y1−2yy−−−+yyy122(yy−−12)()yy−k===2121221则By12,，所以AByy−yyyy−−212−01212y1−2y1−231yyyyyy+−−−+−222(121212)()1===22．yyyy1212−−219．(17分)解：（1）当a=0时，fxx()=−2ex，可得fxx()=−21e(+)x，则ff(14e,12e)=−=−()，所以曲线yfx=()在点(1,1f())处的切线方程为yx+2e=−4e(−1)，即yx=−+4e2e；11（2）当a=时，f(x)=−e2xx2xe，定义域为R，22可得f(x)=e2x−2(x+1)ex=ex(ex−2x−2)，令F(x)=ex−2x−2，则Fx()=−e2x，当x−(,ln2)时，Fx()0；当x+(ln2,)时，Fx()0，所以Fx()在(−,ln2)递减，在(ln2,+)上递增，所以F(x)min=F(ln2)=2−2ln2−2=−2ln20，数学答案第5页共6页{#{QQABRYYUogiAABAAAQhCEwUqCAGQkAAACIoGgAAMMAABiQNABAA=}#}1又由FF(−==−10,2e60)()2，e存在x1−(1,ln2)使得Fx(1)=0，存在x2(ln2,2)使得Fx(2)=0，当xx−(,1)时，Fxfxfx()0,0,()()单调递增；当xxx(12,)时，Fxfxfx()0,0,()()单调递减；当xx(1,+)时，单调递增；1所以a=时，fx()有一个极大值，一个极小值；2（3）由fxax()=−e2e2xx，可得f(x)=2ae2x−2(x+1)ex=2ex(aex−x−1)，111a2+1由+xfxR,0()，因为fa(00)+=+=，可得a<0，aaaa令gxax()=−−e1x，则gx()在R上递减，当x0时，可得e(x0,1)，则aae(x,0)，所以gxaxax()=−−−−e11x，则gaaa(−−−−=1110)()，−1x0又因为ga(−=1e0)，−−xa0(1,1)使得gx(0)=0，即gxax(00)=−−=e10¢且当xx−(,0)时，gx()0，即fx()>0；当xx00+(,)时，gx()0，即fx()0，2xx00所以在(−,x0)递增，在(x0,+)递减，所以fxfxax()e2emax00==−()，x+1由，可得a=0，ex0x0111−++xx1xx00e(00)()由fx()0max+，可得(xx00+−+e1)e20，即0，ax0+1x0+12由x0+10，可得x0−11，所以−21−x0，x+1−x因为，设h(xx)=−−(21)