重庆市2025年普通高等学校招生全国统一考试（康德二诊）数学答案

 2025年普通高等学校招生全国统一考试高三第二次联合诊断检测数学参考答案一、单选题1～8CBACACDB1题解析：B{0,1}，所以AB{1,0,1,2}．2题解析：由正态分布的性质有，PX(4050)PX(5060)PX(6070)，所以得分在(50,70)的学生人数Y满足300Y600．bb23题解析：双曲线C的渐近线为yx，若其渐近线相互垂直，则有1ab，C的离心率aa2cb2e1，若e2，则有ab，所以“C的渐近线互相垂直”是“C的离心率等于aa22”的充要条件．4题解析：由题意方程xpxq20的解为13i，所以pq13i13i2,(13i)(13i)10．115题解析：由题意知358bbb4b，621baa，a185． 2926题解析：由fx(2)(2)fx有fx()fx(4)，所以f()x是周期为4的函数，由f()x是奇函数，则f()xfx()，f(0)0，由f(2)ff(2)(2)得f(2)0，ff(1)(1)2，则ff(3)(1)2，ff(4)(0)0，所以ff(1)(2)ff(3)(4)0，10fx()f(1)f(2)2．i1117题解析：设AOB，由题意，劣弧AB与弦AB围成的图形面积S22sinsin22ππ21，解得．所以圆心O到直线l的距离为1，即1，从而m3．221m2xxa8题解析：若a0，fx()e0；若a0，显然存在x00，使得fx()00；若a0，f()xae，当xaaln时，fx()0，f()x单调递减，当xaaln时，fx()0，f()x单调递增，所以f()xfaaaa(ln)(1ln)a，由题意，1ln0aa，因为()aaa1ln是(0，)上的减函数，且(1)0，所以a1．综上，01a．二、多选题9．ABD10．BD11．ACD9题解析：A选项，bc=4(2)20，所以bc，正确；B选项，若abac，则有mnmn242，即340mn，正确；C选项，bc(5,0)，若abc∥()，则有n0，不正确，D选项， abc()，则有m0，所以mR，n0，abc()，正确．41x11110题解析：函数fx()，函数gx()x在(0,)上单减，在(,)上单增，所以2141xx4x22 第二次联合诊断检测（数学）第4x5页共9页 111f()x在(0,)上单增，在(,)上单减，B正确，所以x时，血液中乙醇含量最高为2221mg/mL，A错误，酒驾血液中乙醇含量大于等于0.2mg/mL，醉驾血液中乙醇含量大于等于0.8mg/mL，显然，0.5h时，其血液中乙醇含量最高为1mg/mL，将被认定为醉驾．11题解析：A选项，l与x轴平行时，由抛物线的定义可知，MPMF，所以MPFMFP，正确；B选项，设M(,2)tt2，则Pt(1,2)，又F(1,0)，则FMFP(1,2)(2,2)22t22ttt，OMOPt22243tt，显然不相等，错误；yPMC选项，若l与y轴不垂直，则由题意，直线l是C的切线，21不妨设M点在x轴的上方，设M(,2)tt，则点Pt(1,)，OFxt1PFMF(2,t)(1t222,2t)22t22t0，tπ所以PFMF，PFM，若M在x轴的下方，由对称性同理有，正确；2y11(1)t23MD选项，||(1)()PM22t2t24t33t2，ttt22P322(1)x(1)(21)xxx令xt，fx()(x0)，fx()，OFxx212733所以当x时，f()x存在最小值fx()，所以||PM，2min42若M在x轴的下方，由对称性同理有．三、填空题312．313．[1,2]14．312题解析：令x1，二项式(2xa)5展开式的所有项系数之和为(2a)51，所以a3．13题解析：函数yfx()sin||x|cos|x是偶函数，所以只需考虑x0时，yfx()sinx|cos|x的值域；又f(2)()xfx，下考虑f()x在[0，2]上的值域：3sinxxxcos,[0,][,2]22fx()可知，fx()[1,2]．3sinxxxcos,(,)22D1C122214题解析：经计算AB15，BE2，AE13，则有AB11BEAE，A1B1所以AE1BE，取DD1的中点F，则有EFAB//，因为ABBE，EF则有EFBE，所以AEF为平面ABE与平面ABE的夹角，11DCEF13A因为EFA1F，所以cosAEF1． BAE133 第二次联合诊断检测（数学）第6页共9页 四、解答题15．（13分）解：（1）由cAasin4cosABsin和正弦定理得，sinCAsin4sinAABcossin，因为sinA0，所以有sinCAB4cossinsin(AB)4cosAsinB则有sinAcosBcosABsin4cosABsinsinABcos3cosABsin，由于cosAB0，cos0，所以有tanA3tanB．…………7分1（2）由cb2得sinCB2sin，因为sinCAB4cossin，则有cosA， 233127     由余弦定理，abc2222cos()3bcA2223， 222433     所以a．…………13分216．（15分）11ax解：（1）函数f()x的定义域xx0，fx()a，xx11当a0时，由fx()0得0x，fx()0得x，aa11所以，当a0时，f()x在(0,)上是增函数，在(,)上是减函数．…………6分aa（2）当a0时，由fx()0知，函数f()x为增函数，且f(1)0，所以fx()0不成立，…………9分1当a0时，由（1）知，f()x存在最大值f()aa1ln，a1由题意，f()0            a11x令hx()x1ln(xx0)，则hx()1，xx当x(0,1)时，hx()0，hx()是减函数，当x(1,)时，hx()0，hx()是增函数，所以hx()h(1)0，则a1．…………15分17．（15分）222解：（1）设Fc1(,0)，Fc2(,0)，Ab(0,)，其中cab，因为△ABF2的周长为4a，所以48a，得a2，bxy22又1，所以bc2，椭圆方程C：1…………4分c42yx22所以直线：，联立22得：，AF1yx2xy3420xx142 第二次联合诊断检测（数学）第7页共9页 422则有x，y，B3B3428||2|0(AB)|．…………9分33422z（2）如图，建立直角坐标系，则A(0,0,2)，B(,,0)，y33AF1(2,0,0)，F2(2,0,0)，FA1(2,0,2)，F1OF222xFB(,,0)，FF(22,0,0)13312BFA1n=0xz0设平面ABF1的法向量为n(,xyz,)，则有，取n(1,1,1)，xy0FB1n=0||FFn2226所以F到平面ABF的距离d12．…………15分21||n3318．（17分）解：（1）抛掷硬币4次，恰有2次正面朝上且第2次是反面朝上，则在1,3,4次中有两次是正面朝上，1342．…………4分PC3216（2）①若N5，则X5出现的情况有两种，1情况一：前四次抛掷均为反面，第五次无论何种情况均符合题意，P；124C1情况二：前四次抛掷出现一次正面，第五次无论何种情况均符合题意，P4．224145所以PX(5)．…………9分221644k1②由题意知X的所有可能值为2,3,,N，PX()k,2,3,,1kN．2k1C1NPX()NN1，222NN11N11(1)ii由题意PC2，i2,3, ii22ii1NNN111kNiiNNNN1(1)(1)(1)所以EX()kN22P，kN111iNiN1kii22222222NN(1)12N2N因为，由于≥，则≥，N1N2122PNN22N2NN(1)2N所以22PP≥，22N1NNN22NN12故≥，得证．…………分EX()2PiN2P+2=2Pi17ii22 第二次联合诊断检测（数学）第8页共9页 19．（17分）*2解：由题意可得新质数列{}an满足：nn≥，2N，an>0且aaannn11，即aaannn11，22（1）显然ann>0，且aaannnnn11(1)(1)10n，即aaannn11，所以正整数数列{}n是新质数列．…………4分2（2）证明：因为aii0(1,2,3,4)，且f()xaxaxa34322，2由题意fx()0必有两个不相等的实数根，所以(2aaa342)430，2即aaaaa342423，又因为3个零点都不为0，111由aaxaxax230可化为aaaa0，12341234xxx321令t，说明关于t的方程at32atata0存在3个不同零点，x12342同理可得aaaaa213133，所以数列aaaa1234,,,为新质数列．…………9分（3）证明：设式子()()(stcrsttrcrsc)的计算结果为常数m，由题意将第st，项互换得()(tscrtssrcrtc)()mm，*所以常数m0，又取st12，，rN得(12)crcrcr(2)12(1)0，S所以cc(1)()rcc，所以nN*，数列{}c是等差数列，又因为cn，r121nnnSbbbb所以cSb0，c212，因为bb0，公差dcc210，11122221212所以cbnn1(1)0d，所以Sncnn0，222当n2时，SSSncncncnnn11n(1)(1)n1n1222ncnnn(n1)(cd)(cd)22222ncnn(1)()ncd222cndn(1)0，2所以SSSnnn11，故数列Sn为新质数列．…………17分   第二次联合诊断检测（数学）第9页共9页