重庆市2022-2023学年高三数学下学期5月月考试题（Word版附答案）

★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2023.05高三数学【命题单位：重庆缙云教育联盟】注意事项：1.答题前，考生务必用黑色签字笔将自己的姓名、准考证号、座位号在答题卡上填写清楚；2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效；3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回；4.全卷共6页，满分150分，考试时间120分钟。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．若2730能被不同的偶数整除，则这样的偶数个数有（    ）．A．14B．15C．16D．172．复数与复平面内的点一一对应，则复平面内的点对应的复数是（    ）A．B．C．D．3．已知动直线l的方程为，，，O为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值范围为（    ）A．B．C．D．4．已知，则（    ）A．11或B．11或C．12或D．10或5．已知正九边形，从中任取两个向量，则它们的数量积是正数的概率为（    ）A．B．C．D．6．已知正方体的顶点都在表面积为的球面上，过球心O的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S，点P是正方体表面上一点，则以截面S为底面，以点P为顶点的四棱锥的体积的最大值为（    ）A．B．C．2D． 7．被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生于1946年9月应普林斯顿大学邀请去美国讲学，之后又被美国伊利诺依大学聘为终身教授.新中国成立的消息使华罗庚兴奋不已，他放弃了在美国的优厚待遇，克服重重困难，终于回到祖国怀抱，投身到我国数学科学研究事业中去.这种赤子情怀，使许多年轻人受到感染､受到激励，其中他倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了非常广泛的应用，0.618就是黄金分割比的近似值，黄金分割比还可以表示成，则的值为（    ）A．-4B．4C．-2D．28．已知正实数满足，则（    ）A．B．C．D．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得2分。9．下列命题正确的有（    ）A．命题“，”的否定“，”B．函数单调递增区间是C．函数是上的增函数，则实数a的取值范围为D．函数的零点所在区间为且函数只有一个零点10．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，下列说法正确的是（    ）A．2次传球后球在丙手上的概率是B．3次传球后球在乙手上的概率是C．3次传球后球在甲手上的概率是D．n次传球后球在甲手上的概率是11．麦克斯韦妖（Maxwell＇sdemon），是在物理学中假想的妖，能探测并控制单个分子的运动，于1871年由英国物理学家詹姆斯·麦克斯韦为了说明违反热力学第二定律的可能性而设想的．当时麦克斯韦意识到自然界存在着与熵增加相拮抗的能量控制机制．但他无法清晰地说明这种机制．他只能诙谐地假定一种“妖”，能够按照某种秩序和规则把作随机热运动的微粒分配到一定的相格里．麦克斯韦妖是耗散结构的一个雏形．可以简单的这样描述，一个绝热容器被分成相等的两格，中间是由“妖”控制的一扇小“门” ，容器中的空气分子作无规则热运动时会向门上撞击，“门”可以选择性的将速度较快的分子放入一格，而较慢的分子放入另一格，这样，其中的一格就会比另外一格温度高，可以利用此温差，驱动热机做功．这是第二类永动机的一个范例．而直到信息熵的发现后才推翻了麦克斯韦妖理论．设随机变量X所有取值为1，2，…n，且（，2，…n），定义X的信息熵，则下列说法正确的有（    ）A．n=1时B．n=2时，若，则与正相关C．若，，D．若n=2m，随机变量y的所有可能取值为1,2,…,m，且（j=1,2,…,m）则12．如图甲所示，古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出相等的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有眼，阴鱼的头部有个阳殿，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律其平面图形记为图乙中的正八边形ABCDEFGH，其中，则以下结论正确的是（    ）A．与的夹角为B．C．D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知圆与圆有三条公切线，则_________．14．2023年2月6日，土耳其发生7.8级地震，我国在第一时间派出救援队进行救援.已知某救援队共有8人，根据救灾安排，该救援队需要安排救援人员到三个地区实施救援，每个地区至少安排2人，每人只去一个地区，则共有_____种安排方案.15．某厂家计划制作一批外观为圆柱和圆台组合体的桶状容器，要求容器可装升液体，总高度为，圆台下底面与圆柱底面直径为，圆台上底面直径为，为保证容器符合出厂要求，则圆柱的高度约为______（，结果保留整数） 16．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数的图象关于点对称，且在区间上单调递增，则__________,实数m的取值范围是__________.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求的值；(2)若.且.求实数的取值范围.18．已知数列中，，，记数列的前项的乘积为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，求证：. 19．已知抛物线与都经过点．(1)若直线与都相切，求的方程；(2)点分别在上，且，求的面积．20．五一小长假到来，多地迎来旅游高峰期，各大旅游景点都推出了种种新奇活动以吸引游客，小明去成都某熊猫基地游玩时，发现了一个趣味游戏，游戏规则为：在一个足够长的直线轨道的中心处有一个会走路的机器人，游客可以设定机器人总共行走的步数，机器人每一步会随机选择向前行走或向后行走，且每一步的距离均相等，若机器人走完这些步数后，恰好回到初始位置，则视为胜利.(1)若小明设定机器人一共行走4步，记机器人的最终位置与初始位置的距离为步，求的分布列和期望；(2)记为设定机器人一共行走步时游戏胜利的概率，求，并判断当为何值时，游戏胜利的概率最大；(3)该基地临时修改了游戏规则，要求机器人走完设定的步数后，恰好第一次回到初始位置，才视为胜利.小明发现，利用现有的知识无法推断设定多少步时获得胜利的概率最大，于是求助正在读大学的哥哥，哥哥告诉他，“卡特兰数”可以帮助他解决上面的疑惑：将个0和个1排成一排，若对任意的，在前个数中，0的个数都不少于1的个数，则满足条件的排列方式共有种，其中，的结果被称为卡特兰数.若记为设定机器人行走步时恰好第一次回到初始位置的概率，证明：对（2）中的，有 21．如图，四棱锥的底面为筝形，于点，为的五等分点，，，，且．(1)求证：；(2)作出平面与平面所成二面角的任意一条棱，并求该二面角的余弦值．22．已知函数，其中，函数．(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)当时，（i）求函数的最大值；（ii）记函数，证明：函数没有零点． ★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2023.05高三数学答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】1．C2．A3．B4．A5．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．BD10．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．可得在处取得极大值，且为最大值；（ii）证明：函数，令，可得，由的导数为，当时，，函数递减；当时，，函数递增．即有函数的最大值为；由（i）可得，即有，则方程无解．即有函数没有零点．