重庆主城五区一诊暨九龙坡高2025届学业质量调研抽测（全科）数学答案

高2025届学业质量调研抽测（第一次）数学参考答案及评意见一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1-4：CBCD5-8：AADA二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.ACD10.AC11.ABD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.313.414.50四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.解：（Ⅰ）b2ac，sin2BsinAsinC，…………………………2分22245cosB，sinB1cosB1，3995sinB………………………………………………………………………5分3sinBsinB135……………………………………………7分sinAsinCsin2BsinB53399（Ⅱ）BABC，cacosB，ca，b2…………………10分224499b2a2c22accosB(ac)22ac2accosB(ac)23,2439ac……………………………………………………………………13分216.解：（Ⅰ）由已知得f(x)4ax3lnxax34bx3，又因为在xe处的切线方程为y48e3x39e4c…………………………………………………………2分f(e)9e4c,ab9,即得.…………………6分3a12,b3f(e)48e,5a4b48,（Ⅱ）令f(x)4ax3lnxax34bx30，得到4alnxa4b0，即lnx0，即x1，令f(x)0，得到0x1.∴函数f(x)得单调增区间为（1，），单调减区间为（0，1）.…………10分（Ⅲ）由（Ⅰ）知，f(x)12x4lnx3x4c，由（Ⅱ）知f(x)的最小值为f(1)3c，不等式f(x)4c2恒成立，23∴3c4c，c或c1.…………………………………15分4数学参考答案第1页（共4页）17．（Ⅰ）证明：由已知得平面，又平面，A1DABCBCABCA1C1,……………………………2分BCA1DB1BCCC1,CC1//AA1,BCAA1,ADC又，平面，A1DAA1A1A1DACC1A1B平面，平面………………………………5分A1AACC1A1BCACC1A1.（Ⅱ）由（Ⅰ）知平面，又平面BCACC1A1ACACC1A1,BCAC.以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，过C与平面ABC垂直的直线为Z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz.…………………………………………………………………6分设，则（，，）（，（（zA1DaA400,A12,0,a)B0,4,0),C12,0,a),A1C1（-,（-,A1B2,4,a)AC16,0,a)B1（-,,AA12,0,a)AB（-4,4,0)xADCBA1AC1,A1BAC10,By12a20,a23…………………………………8分设平面的法向量，AA1Bn(x,y,z)nAA10,2x23z0,则令z3，则n(3,3,3)…………10分nAB0,4x4y0,设平面的法向量'''，A1BCk(x,y,z)''kCA10,2x23z0,'则令x3，则k(3,0,1)………12分'kCB0,4y0,nk237cosn,k.nk221742∴二面角AABC的正弦值是………………………………………15分17c118.解：（Ⅰ）由题：e，①a2左焦点(c,0)到点P(3,3)的距离为：d(3c)295，②由①②可解得c1,a2,b2a2c23，数学参考答案第2页（共4页）x2y2∴所求椭圆C的方程为C:1.……………………………………………5分43（Ⅱ）设，将代入椭圆方程得：A(x1,y1),B(x2,y2)ykxm(4k23)x28kmx4m2120，8km2∴，4m12，22x1x2xx192k48m1444k23124k23且，………………………………………………………9分y1kx1my2kx2m∵以为直径的圆过椭圆左顶点（-，），ABA120（A1AA1B0,(x12)x22)y1y20,（（(x12)x22)kx1m)(kx2m)0,22(k1)x1x2(mk2)(x1x2)m40,4m2128km(k21)(mk2)m240,4k234k23整理得7m216km4k20，即（7m2k)(m2k)0，2k∴m或m2k，都满足0………………………………………………13分7若时，直线为，恒过定点（-，），不合题意舍去；m2klykx2kk(x2)A1202k2k22若m时，直线l为ykxk(x)，恒过定点（-，0）……17分777719.解：（Ⅰ）记第一球比赛甲运动员获胜的事件为A，第二球比赛甲运动员获胜的事件为B，由题意知：P(B|A)0.8，且P(A)0.6，∴P(AB)P(A)P(B|A)0.48…………………………………………………3分(Ⅱ)记甲运动员在第球比赛中获胜的概率为，则nPn，Pn10.8Pnp(1Pn)(0.8p)Pnppp那么：P(0.8p)n1(0.6)，nN*,…………………5分np0.2p0.2p①当0p0.3时，0.8p0，又0.60，因此{P}是一个递减数列，p0.2n数学参考答案第3页（共4页）pp当n时，P，所以0.61p0.3与前提矛盾,…6分np0.2p0.2②当时，，不合题意，p0.3Pn0.6p③当0.3p0.8时，0.8p0，又0.60，因此{P}是一个递增数列，p0.2n只需要，即.P20.6P2(0.8p)0.6p0.6p0.3④当时，,………………………………………………………………8分p0.8Pn0.8p⑤当0.8p1时，0.8p0，又0.60，因此{P}是一个摆动数列，p0.2npp若n为偶数，则(0.8p)n1(0.6)0，P0.6；p0.2np0.2若为奇数，则是一个递增数列，只需要，即，n{Pn}P30.6P3(0.8p)P2p，于是2，P2(0.8p)0.6p0.480.4pP30.4p0.84p0.3840.6得：p22.1p0.5400.3p1.8，…………………………………………10分综上：0.3p1时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于0.6………………11分211132(Ⅲ)由（Ⅱ）可知，n-1，则n1，Pn()bn4441541515Pn11n1n1bn441441n2n1bn1444414bbbbn123n，……………………………………………………………14分b2b3b4bn14n1n1bn44144113131n2n1n1nbn1444414441444b1b2b3bnn31111n11n1123nn1b2b3b4bn144444444444n1bbbbn123n………………………………………………17分故：44b2b3b4bn14数学参考答案第4页（共4页）