重庆市2022-2023学年高三下学期5月月度质量检测数学试题答案

★秘密·2023年5月6日16：00前重庆市2022-2023学年（下）5月月度质量检测2023.02023.05【命题单位：重庆缙云教育联盟】1．C 2．A 3．B 4．A 5．A6．A【详解】设该正方体的棱长为，球的半径为，所以有，于是有，所以该正方体的棱长为2，第一种情况，经过球心垂直上下两面时，此时的体积最大值为；第二种情况如图1，由题意可知，要使过球心平面截正方体截面为菱形，则该截面必过正方体相对两棱中点，（不妨取图中中点分别为F，E），设该截面与及的交点分别为M，N，显然，而，所以，即，显然，而，而平面，平面．由图1可以看出当点P与点或点C重合时四棱锥的高最大，，而，则；综上所述，体积的最大值为．故选：A7．D【详解】由题意可得，.故选∶D．8．D【分析】A中，根据等式分离与，根据，可求得的范围；B中，假设，根据数形结合，可得出有解；C中，判断有无解即可，同样可以由数形结合得到；D中，构造函数，由单调性即可判断.9．BD 10．ACD11．ABD【分析】求出判断出A；分析对于的单调性判断B；利用数列求和求出判断C；计算出，利用基本不等式和对数函数的性质判断D作答.12．BC【分析】根据已知条件建立平面直角坐标系，写出相关点的坐标，利用向量的夹角及向量的模的公式的坐标表示，结合向量的线性运算及向量的数量积的坐标表示即可求解.13．或14．294015．16．/17．（1）因为，则，整理得，由正弦定理可得，故.（2）因为，由存在，则，两边同乘以可得：，又因为，则，可得，由余弦定理可得，整理得，可得，且，则，由（1）可知：，可得，由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，可得，可得，即，故，由题意可得：，故实数的取值范围为.18．（1）由题意知为正项数列的前项的乘积，且，当时，，所以，解得；又①，②，②÷①得，，即，所以，即，所以，所以，结合，可知数列是常数列，所以，所以，所以.（2）由（1）可得，则，由于，故，且，所以，即.19．（1）因为曲线都过点，所以，解得，即，设直线与曲线相切于点，令，可得，则切线的斜率，所以切线方程为，即，由，整理得，因为为曲线的公切线，所以，解得，所以直线的方程为，即．（2）设，，又，，所以，可得，两式相减得到，当时，，，此时，，则，，且，可得，所以，所以；当时，，此时方程无解，（舍去），综上，可得的面积为．20．（1）依题可知，的可能取值为.，，，所以，的分布列如下：024所以，．（2）依题可知，时，，所以时胜利的概率最大.（3）记事件“机器人行走步时恰好第一次回到初始位置”，“机器人第一步向前行走”，则“机器人第一步向后行走”.下面我们对事件进行分析.发生时，假设机器人第步是向前行走，则之前的步机器人向前走的步数比向后走少一步，而因为机器人第一步为向前行走，这说明存在使得机器人走了步时回到了初始位置，这与的发生矛盾，所以假设不成立.即机器人第步为向后行走，从而机器人第2步到第步向前和向后行走的步数均为，且从第2步开始，到第步的这步，任意时刻机器人向前走的步数均不少于向后走的步数(否则在这过程中机器人会回到初始位置).根据卡特兰数，从第2步到第步共有种行走方式.通过上述分析知，，所以．由于，，故等式成立．21.（1）由题意得．因为，所以，．又因为，易得，即为直角三角形，所以．因为，，，平面，所以，平面，又平面，所以．（2）分别延长，交于点，连接，则即为平面与平面所成二面角的一条棱，并且二面角为锐二面角．由（1）可得，且平面与平面和平面三面垂直．（不知道这是什么性质，查阅网上答案也是如此，请审核老师删除此处）如图所示建立以为轴、以为轴、以为轴的空间直角坐标系．各点坐标如下：，，，，．设平面的一个法向量为，因为，，所以，令，可得，取．设平面的一个法向量为，因为，，所以，令，可得，故取．所以，故该二面角的余弦值即为．22．（1）当时，函数的导数为，可得函数在处的切线斜率为，切点为，即有函数在处的切线方程为，即为；（2）（i）当时，，，当时，，递减；当时，，递增．可得在