重庆市2025年普通高等学校招生全国统一考试（康德一诊）数学答案

 2025年普通高等学校招生全国统一考试高三第一次联合诊断检测数学参考答案一、单选题1～8BAADBDBC8题提示：由题意，pq，是nn21200的两个正整数根，所以24800，且pq120．()p，q只能取到(1，120)或(120，1)，(2，60)或(60，2)，(3，40)或(40，3)，(4，30)或(30，4)，(5，24)或(24，5)，(6，20)或(20，6)，(8，15)或(15，8)，(10，12)或(12，10)，共8对．故()pq共有8个不同的值．二、多选题9．AD10．AB11．ABD11题提示：由题意，轨迹C的方程为：(1)x22yx(1)22ya ①．选项A：取a1，①即为(1)xyxy22(1)221，曲线C经过原点O．A正确．2222选项B：若M()xy00，是曲线C上一点，则(1)x0000yx(1)ya．Px10()，y0，Pxy200()，，Px30()，y0也满足①，所以曲线C关于x轴，y轴和原点O对称．B正确．5选项C：当a1.2时，①即为(1)xyxy22(1)221.2．若P(0，)，则△PFF的5125面积为；若Py(1，)，由曲线C的对称性，不妨设y0，则y25.4420.2，所以500055y，此时△PFF的面积大于．C错误．051252PF12PF选项D：当a8时，由PF12PF8，得PF12PF42．曲线E：2xy221上任意一点Q满足QFQF42．所以曲线E“包含于”曲线C，两条曲线的8712公共点仅有(0，7)，(0，7)，曲线C围成的面积大于曲线E围成的面积．D正确．三、填空题112．2213．1014．(,1]2 第一次联合诊断检测（数学）第5页共4页 |1|x|1|x14题提示：令xax(2x)|1|0，则2xa，由题意，x0．结合函数ya2x和yxx1的图象，知a1或a． 2四、解答题15．（13分）22ax122ax1解：fx()的定义域为(0,)，fx(2)．……2分xx22x12x22x1（1）当a1时，fx()2x2lnx，fx()， xx2所以f(1)1，f(1)1．fx()在(1，f(1))处的切线方程为yx．……7分（2）令gxx(1xa)222．由题意，当x(2，3)时，gx()0；当x(4，)时，gx()0．只需g(2)0，g(3)0，g(4)0， 3319解得：a，86因为a为整数，所以a4．……13分16．（15分）解：以A为原点，AB的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系．不妨设AB2，则PD22，PA2，DPCB(0,2,0)，(0,0,2)，(2,2,0)，(2,0,0)．……3分（1）证明：设PEPB(2,0,2)，则E(2,0,22)(01)，故DP(0,2,2)，CE(22,2,22)，DPCE8431由题意，cosDP,CE，得，DPCE222(22)4222所以，点E为棱PB的中点．……9分（2）CD(2,0,0)，AC(2,2,0)，AE(1,0,1)，ACn0，22xy0，设平面ACE的法向量为nxyz(,,)，则即AEn0.xz0.取n(1,1,1)． 第一次联合诊断检测（数学）第6页共4页 23设直线CD与平面ACE所成角为，则sin|cosnCD,|||，2333所以，直线CD与平面ACE所成角的正弦值为．……15分317．（15分）解：由题意，F(1，0)为抛物线C的焦点．设Ax(,11y)，Bx(,22y)，y10．设直线l的方程为：xay1，代入yx24，得：yay2440．则0，yy124a ①，yy124②．……4分（1）因为AB3BN，所以AF2BF，即yy122③．2由①③得：ya8，ya4．又由②，解得a．1242因为y0，所以a．直线l的方程为22xy220．……9分14（2）由题意，Ny(1,)2，OA(,x11y)，ON(1,)y2．yy2因为xyy12yyy0，所以OA//ON，O在线段AN上．1214111同理，O在线段BM上．因为AM//BN，所以△AOM与△NOB相似， OAOM从而，即OAOBOMON．……15分ONOB18．（17分）解：（1）（i）设第1次抽到优级品为事件A，第2次抽到一级品为事件B，则11CC24PABA24PBA6．……4分PA256（ii）根据题意可知X的取值可能为2,3,4,5．2112A21CCA4222则PX22，PX33， A615A6154123134114ACCA42434CC244AC244CA8PX44，PX55． A615A615 第一次联合诊断检测（数学）第7页共4页 则X的分布列为： X2 3 4 5 1248P15151515124864所以EX2345．……10分 1515151515（2）设在10次抽检中至少有8次抽到优级品的概率为f()p，则882991082910f()pCp10(1)pCp10(1)pp45p(1pppp)10(1)pp82(3680p45)，01p．因为fp()360(pp721)0，所以f()p在(0,1)单调递增．3333注意到f()7()9，所以p，故p的最小值为．……17分444419．（17分）解：（1）tk(;;)abc，由tk(1;2;3)，tk(1;3;4)，tk(1;4;5)，n2nnnn1222111112234由ab且2,2,2,,2nn123n1均为偶数得a1，22nn112n1222又因为tk(1;bc;)，其中cb，所以有1(bbnn21)()，n1222nnn22222nn2122所以有()bn21，所以tnn(1;1;2)．……4分2n1n222（2）若kn(5;661)，因为65115，所以n是奇数，则kn1(11;5;6)，2222n1又因为5(11)14(11)，所以是偶数，所以kn1(11;14;5)，24同理有kn5(3;11;14)，kn5(3;8;11)，kn5(3;5;8)，81632n101kn37(2;3;5)，kn101(1;2;3)，所以1，则有n229．……10分64128128aim（3）设{}kn中有两个及以上的直角三角形满足（mn,互质），bnim在所有的中，取分母最小者，并在这些分母最小的有理数中取分子最小者，nrr将得到的有理数记作(1)．ss 第一次联合诊断检测（数学）第8页共4页 alrrr设kabcl(;;)lll，则，则kbbbllll(;;1)，bslsssrrrsr它的前序三角形（即得到k的三角形）应为(;;)bbb或(;bbb;)lsslllsslllaar①若rsr，则l为偶数，应存在不同的偶数2,2mn，使得22mn，bb22mnsaarsrrr这就有mn，由于srs，这与取法矛盾，bbmnsssrsaar②若rsr，则l为奇数，应存在不同的奇数21,21mn，使得21mn21，bb21mn21saasrrsrr此时mn，同样与取法矛盾，bbmnssrsaa所以假设不成立，所以不存在两个及以上的三角形满足ij()ij，命题得证．……17分bbij  第一次联合诊断检测（数学）第9页共4页