2023年重慶卷數學（理科）答案
一、選擇題：badca ccdbb
二、填空題：(11) (0,3) (12) (13) 36 (14) (15) (1,)
三．解答題：
(16) 解：(ⅰ) = =
= 故的最小正週期為t =8
(ⅱ)法一：在的圖象上任取一點，它關於的對稱點.
由題設條件，點在的圖象上，從而
==當時，，因此在區間上的最大值為
法二：因區間關於x= 1的對稱區間為，且與的圖象關於x = 1對稱，故在上的最大值為在上的最大值，由（ⅰ）知
＝．當時，，因此在上的最大值為．
(17)設表示甲種大樹成活k株，k＝0,1,2；表示乙種大樹成活l株，l＝0,1,2．則，獨立．
由獨立重複試驗中事件發生的概率公式有：
, .
據此算得，，；，，．
(ⅰ) 所求概率為：．
(ⅱ) 法一：的所有可能值為0,1,2,3,4，且
,, = ,
. .綜上知有分布列
從而的期望為（株）
法二：分布列的求法同上．令分別表示甲乙兩種樹成活的株數，則
．故有．
從而知18、解：（ⅰ）因
又在x=0處取得極限值，故從而．
由曲線y=在（1，f(1)）處的切線與直線相互垂直可知該切線斜率為2，即．
（ⅱ）由（ⅰ）知，，．
令，有（1）當，即當時，在r上恆成立，故函式在r上為增函式；
（2）當，即當時，有，從而當時，在r上為增函式；
（3）當，即當時，方程有兩個不相等實根
當時，，故在上為增函式；
當時，故上為減函式；
當時，故上為增函式
（19）（ⅰ）因為ad//bc,且所以
從而a點到平面的距離等於d點到平面的距離．
因為平面故,從而，由ad//bc，得,又由知，從而為點a到平面的距離，因此在中，
（ⅱ）如答（19）圖1，過點作交於點，又過點作,交於，故為二面角的平面角，記為，過點作ef//bc，交於點f，鏈結gf，因平面，故.
由於e為bs邊中點，故，在中，
，因，又，故由三垂線定理的逆定理得，從而又可得因此，而在中，
故在中，，可得，故所求二面角的大小為．
(20)解：（ⅰ）由題設條件知焦點在y軸上，故設橢圓方程為（a＞b＞0）．
設，由準線方程得，由得，
解得，從而b=1，橢圓的方程為．
又易知c，d兩點是橢圓的焦點，所以
從而，當且僅當，即點m的座標為時上式取等號，的最大值為4．
（ii）如圖（20）圖，設，.因為，故 ①
因為 所以. ②
記p點的座標為，因為p是bq的中點
所以因為，結合①，②得
故動點p的軌跡方程為：
（21）解：（i）因是公比為d的等比數列，從而由，故，即
解得或（捨去）．因此
又，解得
從而當時，
當時，由是公比為d的等比數列得
因此．（ii）由題意得
由①得 ④
由①，②，③得，故
又，故有：.⑥
下面反證法證明：
若不然，設
若取即，則由⑥得，而由③得
得由②得而
④及⑥可推得（）與題設矛盾
同理若p=2，3，4，5均可推得（）與題設矛盾，因此為6的倍數．
由均值不等式得：
由上面三組數內必有一組不相等（否則，從而與題設矛盾），故等號不成立，從而
又，由④和⑥得
因此由⑤得
2023年重慶卷數學（理科）答案
一．選擇題：abbcd dbccd
二．填空題：（11） （12） （13） （14） （15）
三．解答題：
（16）解：（ⅰ）
，因此的值域為.
（ⅱ）由得，即，又因，故.
法一：由餘弦定理，得，解得或.
法二：由正弦定理，得或.
當時，，從而；
當時，，又，從而．故的值為1或2．
（17）解：只考慮甲、乙兩單位的相對位置，故可用組合計算基本事件數.
（ⅰ）設a表示「甲、乙的演出序號至少乙個為奇數」，則表示「甲、乙的序號為偶數」，由等可能性事件的概率計算公式得.
（ⅱ）的所有可能值為0，1，2，3，4，且，.
從而知有分布列
所以，.
（18）解：（ⅰ）.
當時，，而，因此曲線在點處的切線方程為即.
（ⅱ），由（ⅰ）知，即，解得．此時，其定義域為，且
，由得．
當或時，；當且時，．
由以上討論知，在區間上是增函式，在區間上是減函式.
（19）（ⅰ）如答（19）圖1 ，在矩形中，平面，
故直線與平面的距離為點到平面的距離.
因底面，故，由知為等腰三角形，
又點是稜中點，故.又在矩形中，
，而是在底面內的射影，由三垂線定理
得，從而平面，故．從而
平面，故之長即為直線與平面的距離．
（ⅱ）過點d作，交ce於f，過點f作，
交ac於g，則為所求的二面角的平面角．
由（ⅰ）知平面pab，又，得平面pab，故，從而.
在中，.由，所以為等邊三角形，故f為ce的中點，且.
因為平面pbc，故，又，知，從而，且g點為ac的中點．連線dg，則在中，．
所以.（20）（ⅰ）設的標準方程為，則由題意：，
因此，的標準方程為，的漸近線方程為，即：和.
（ⅱ）法一：由題意點在直線和上，因此有，，
故點m、n均在直線上，因此直線mn的方程為.
設g、h分別是直線mn與漸近線及的交點，
由方程組及
解得.設mn與軸的交點為q，則在直線中，令得（易知. 注意到，得
法二：設，由方程組
解得，因，
則直線mn的斜率．故直線mn的方程為，
注意到，因此直線mn的方程為．下同解法一．
（21）（ⅰ）法一：由，
，，猜測.
下用數學歸納法證明：當時，等式成立；
假設當時，等式成立，即，則當時，
，綜上，對任何都成立.
法二：由原式得．令，則，
因此對有：
，因此，．
又當時上式成立．因此．
（ⅱ）法一：由，得，
因，所以.
解此不等式得：對一切，有或，其中，.
易知，又由，知
，因此由對一切成立得.
又，易知單調遞增，故
對一切成立，因此由對一切成立得.
從而的取值範圍為.
法二：由，得：，
因，所以對恆成立.
記，下分三種情況討論.
（ⅰ）當即或時，代入驗證可知只有滿足要求.
（ⅱ）當時，拋物線開口向下，因此當正整數充分大時，
不符合題意，此時無解.
（ⅲ）當即或時，拋物線開口向上，其對稱軸
必在直線的左邊. 因此，在上是增函式．所以要使對恆成立，只需即可．由解得：
或．結合或得或．
綜合以上三種情況，的取值範圍為.
2023年重慶卷數學（理科）答案
一、選擇題：cadbd acbcd
二、填空題：11．74 12． 13． 14． 15．
三、解答題：
16．解： 由因此
當為增函式，當
為減函式，所以
又因為故上的最小值為
17．解：（i）法一：所有可能的申請方式有34種，恰有2人申請**區**的申請方式種，從而恰有2人申請**區**的概率為
法二：設對每位申請人的觀察為一次試驗，這是4次獨立重複試驗．記「申請**區**」為事件a，則．從而，由獨立重複試驗中事件a恰發生k次的概率計算公式知，恰有2人申請**區**的概率為
（ii）ξ的所有可能值為1，2，3.又
綜上知，ξ有分布列
從而有18．（i）因故
令由已知
又令由已知
因此解得．因此
又因為故曲線處的切線方程為
（ii）由（i）知，從而有
令當上為減函式；
當在（0，3）上為增函式；
當時，上為減函式；
從而函式處取得極小值處取得極大值
19．（i）解：如答（19）圖1，設f為ac的中點，由於ad=cd，所以df⊥ac.
故由平面abc⊥平面acd，知df⊥平面abc，即df是四面體abcd的面abc上的高，
且df=adsin30°=1，af=adcos30°=.在rt△abc中，因ac=2af=，ab=2bc，
由勾股定理易知
故四面體abcd的體積
（ii）如答（19）圖1，設g，h分別為邊cd，bd的中點，則fg//ad，gh//bc，從而∠fgh是異面直線ad與bc所成的角或其補角．設e為邊ab的中點，則ef//bc，由ab⊥bc，知ef⊥ab．又由（i）有df⊥平面abc，故由三垂線定理知de⊥ab．所以∠def為二面角c—ab—d的平面角，由題設知∠def=60°．設
在從而因rt△ade≌rt△bde，故bd=ad=a，從而，在rt△bdf中，，
又從而在△fgh中，因fg=fh，由餘弦定理得
．因此，異面直線ad與bc所成角的余弦值為
20．（i）由解得，故橢圓的標準方程為
（ii）設，則由得
因為點m，n在橢圓上，所以，
故設分別為直線om，on的斜率，由題設條件知
因此所以
所以p點是橢圓上的點，設該橢圓的左、右焦點為f1，f2，則由橢圓的定義|pf1|+|pf2|為定值，又因，因此兩焦點的座標為
21．（i）解：由題意，由s2是等比中項知．
．由解得
（ii）法一：由題設條件有
故．從而對有
①因，由①得
要證，由①只要證
即證．此式明顯成立．因此
最後證若不然
又因矛盾，因此
法二：由題設知，故方程（可能相同）．因此判別式
又由因此，解得
因此由，得
，因此．
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