2025届重庆康德三诊数学+答案_2025年5月_250511重庆市2025年普通高等学校招生全国统一考试（康德三诊）（全科）

2025 年普通高等学校招生全国统一考试 高三第三次联合诊断检测 数学 数学测试卷共4页，满分150分。考试时间120分钟。 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名、班级填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴 的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书 写作答。若在试题卷上作答，答案无效。 3．考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。 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． 已知集合A{1， 2}，B{2， 4}，则C xy|xA，yB的元素个数为 A．1 B．2 C．3 D．4 5 2． 已知i为虚数单位，则  34i 5 5 5 A． 5 B． C． D． 5 10 25 3． 已知直线m，n和平面，其中m，则“mn”是“n”的 A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4． 过圆O：x2  y2 1外的点P(3， 2)作O的一条切线，切点为M ，则 MP  A．2 B．2 3 C． 13 D．4 5． 已知函数 f(x) x xa 的一个极小值点为xa，则实数a的取值范围是 A．(0， ) B．[0， ) C．(， 0) D．(， 0] π 6． 已知函数 f(x)sin(x ) (0)在[0， 2π)上恰有2个零点，则 f(x)的最小正周期为 3 2π 4π 3π A． B．π C． D． 3 3 2 7． 设函数 f(x)的定义域为R， f(x)是 f(x)的导函数．若 f(x1)是奇函数，则 f(x)的图象 A．关于(1， 0)对称 B．关于x1对称 C．关于(1， 0)对称 D．关于x1对称 第三次联合诊断检测（数学）第1页 共9页8． 已知长方体ABCDABC D 中，AB AD4，AA  30 ，E为AB 的中点．若长方体表面上 1 1 1 1 1 1 1    的动点P满足APACAE(，R)，则动点P的轨迹围成面积为 A．24 B．18 C．12 2 D．12 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部 选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。 9． 我国1949年—2023年高中阶段毛入学率和高等教育毛入学率变化如图所示，可以判断 100% 91.2% 91.8% 87% 82.5% 75% 高中阶段毛入学率 高等教育毛入学率 60.2% 54.4% 52.7% 50% 42.8% 40% 33.6% 26.5% 25% 21% 12.5% 7.2% 1.1% 0.7% 1949 1978 1982 1995 2000 2005 2010 2015 2020 2023 A．2000年—2005年高中阶段毛入学率增量高于1995年—2000年高中阶段毛入学率增量 B．2015年—2020年高等教育毛入学率增加了14.4% C．2015年—2020年高中阶段入学人数低于2010年—2015年高中阶段入学人数 D．2023年高等教育入学人数是2015年高等教育入学人数的1.5倍 10．已知 f(x) x3 ax2 1(aR)，则 A．aR，使得 f(x)是增函数 B．aR，函数 f(x)均存在极值点 C．a 0，函数 f(x)只有一个零点 D．a≤1，且x≤1，有 f(x)≤3 x2 y2 11．已知双曲线C：  1的右焦点为F ，P是C右支上的动点，P到直线3x4y 0，3x4y 0 16 9 16 和x 的距离分别为d ， d ， d ，则 5 1 2 3 96 A． PF d B．5(d d )6d  3 1 2 3 5 28 C．d d d ≥ D．4d 5d ≥12 1 2 3 5 1 3 第三次联合诊断检测（数学）第2页 共9页三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知两个非零向量a，b，若ab0， a 1， 2a+b 2 2，则 b  ． 13．某同学在无人防守时的三分球命中率为0.6，每次投篮是否投中相互独立，若他在三分线外连续投篮10 次，每投中一次得三分，记其最后得分为X ，则E(X) ． 14．设数列a 满足a 2a2 1(nN*)．若存在常数，使得a ≤恒成立，则的最小值是________． n n1 n n 四、解答题：本题共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．（13分） 随机询问80名不同职业的人在购买食品时是否看营养说明，得到如下调查结果： 买食品时是否看营养说明 职业 合计 不看营养说明 看营养说明 从事与医疗相关行业 12 28 40 从事与医疗无关行业 18 22 40 合计 30 50 80 （1）从这80名受访者中随机抽出1人，已知此人在购买食品时要看营养说明，求这名受访者从事与医 疗无关行业的概率； （2）依据小概率0.05的2独立性检验，能否推断两个群体在购买食品时是否看营养说明存在差异？ n(ad bc)2 参考公式：2  ． (ab)(cd)(ac)(bd) 2独立性检验中常用小概率值和相应临界值：  0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828  16．（15分） 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(ca)(ca)b( 2cb)． （1）求A； π （2）若B ，△ABC的面积为 31，求c． 6 第三次联合诊断检测（数学）第3页 共9页17．（15分） 如图，三棱台ABCABC 中，AB8，AC 6，AA 13，AB 4，AB  AC，A在底面ABC 1 1 1 1 1 1 1 C 1 内的射影为BC中点． A 1 B 1 （1）求三棱台的体积； C （2）求平面ABB A 与平面BCCB 夹角的正弦值． 1 1 1 1 A B 18．（17分） y2 x2 2 已知椭圆C：  1(ab0)的离心率为 ，C与曲线y lnx经过x轴上的同一点． a2 b2 2 （1）求C的方程； （2）作曲线y lnx在x x 处的切线l． 0 （i）若x 1，l与C相交于A，B两点，P是C上任意一点，求△ABP面积的最大值； 0 （ii）当0 x  2 时，证明l与C有两个公共点． 0 19．（17分） 对于实数a，b，c，若b2≥ac，则称b是a和c的加比中项；若b2 ≤ac，则称b是a和c的减比中 项．已知数列a 满足a a 1，且存在正数m，使得 ma 既是a 和a 的加比中项，也是a 和a n 1 2 n1 n2 n n2 n 的减比中项． （1）若a 是a 与a 的等比中项，求m； 3 1 5 （2）数列b 满足b b 2，且 mb 是b 和b 的减比中项． n 1 2 n1 n2 n （i）证明： a b 是a 和b 的减比中项； n1 n n n1  a b  m （ii）记数列 n n 的前n项和为S ．当m1时，证明：S  ． a b n n m1   n1 n1 第三次联合诊断检测（数学）第4页 共9页2025 年普通高等学校招生全国统一考试 高三第三次联合诊断检测 数学参考答案 一、单选题 1～8 CBCB ADBA 1题解析：x1,2，y 2,4，则xy 2,4,8，所以集合C的元素个数为3个． 5 5 5 5 2题解析：    ． 34i |34i| 32 42 5 3题解析：由m，mn，则可能有n，n//或者n与相交，不能推出n，若n，m， 则有nm，所以mn是n的必要不充分条件． 4题解析：由题意有MP2 OM2 r2 13112，即|MP|2 3． x(xa)，xa ； 5 题解析： f(x) ，当a 0时， f(x)是R上的增函数，无极小值点，当a 0时，由 x(ax)，xa 图象知， f(x)在xa处取得极小值，成立，当a0时，由图象知， f(x)在xa处取得极大 值．     6题解析：当x[0,2)，则 x 2 ， f(x)有两个零点，则22 3， 3 3 3 3 5 4 2 3 所以  ，由T  知，最小正周期为 ． 6 3  2 7 题解析：因为 f(x1)是奇函数，所以 f(x1)f(x1)，即 f(x1) f(x1)0，对其求导， 则有 f(x1) f(x1)0，所以 f(x)关于直线x1对称．    8题解析： 由APACAE知，点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，取BC 的 1 1 D 中点F ，连接EF ，则有EF//AC，又AE CF  34， 1 C 1 F A 所以EFCA为等腰梯形，AC 2EF 4 2 ，由此可算出 1 E B 1 1 其高h4 2，所以等腰梯形EFCA的面积 (2 24 2)4 2 24． C D 2 二、多选题 A B 9．AB 10．ACD 11．BCD 9题解析：观察图简单计算可知AB正确，由图中只能知道入学率，没有人数基数，CD错误． 10题解析： f(x)3x2 2ax x(3x2a)，当a 0时， f(x)0，所以 f(x)为增函数，A正确，B错 2a 2a 误；当a 0时， f(x)在(, )上递增，( ,0)上递减，(0,)上递增，又 f(0)1， 3 3 2a 所以观察图象可知，函数 f(x)只有一个零点，C正确；当0a1时， f(x)在(, )上递 3 2a 2a 4a3 增，( ,0)上递减，(0,1)上递增，f( )1 ，所以 f(x) f(1)2a3，当a0 3 3 27 第三次联合诊断检测（数学）第5页 共9页2a 2a 时， f(x) 在 (,0) 上递增， (0, ) 上递减， ( ,) 上递增，其中 f(0)1， 3 3 f(1)2a3，有 f(x)3，D正确． 3x 4y 11题解析：设点P(x ,y )(x 4)，则有3x 4y 0，3x 4y 0，所以d  0 0 ， 0 0 0 0 0 0 0 1 5 3x 4y 16 |PF | 5 d  0 0 ，d  x  ．由双曲线的性质有 e ，A错误； 2 5 3 0 5 d 4 3 16 96 5(d d )6d 6x 6(x  ) ，B正确； 1 2 3 0 0 5 5 6x 16 11x 16 114 16 28 d d d  0 x   0     ，C正确； 1 2 3 5 0 5 5 5 5 5 5 35 4d 5d 4(d |PF |)，所以当PF 垂直于3x4y 0时，有最小值为4( )12，D正 1 3 1 5 确． 三、填空题 1 12．2 13．18 14．  2 12题解析：由|2ab|2 2 有4a2 4ab+b2 8|b|2 13题解析：设投篮投中的次数为Y ，Y  B(10,0.6)，由题意X 3Y ，E(X)3E(Y)3100.618． 14题解析：由题意：(a ) 即可，a a 2a2 a 1(2a 1)(a 1)； n max n1 n n n n n 1 1 1 1 1 若a  ，则a a 且a  2a 2  0，故a  ，则必有 ； n 2 n1 n n1 2 n 2 n1 2 2 1 1 1 若a  ，则a a ，该数列为常数列，即a  ，此时 ； n 2 n1 n n 2 2 1 1 1 若a  ，则显然有 ；综上所述：的最小值为 ． n 2 2 2 四、解答题 15．（13分） 解：（1）用A表示事件“受访者在购买食品是要看营养说明”，B表示事件“受访者从事医疗无关行业”， “已知此人在购买食品时要看营养说明，求这名受访者从事与医疗无关行业” 的概率就是在“在 事件A发生的条件下，事件B发生” 的概率，记为P(B| A)，n(AB)22，n(A)50， 22 11 所以P(B| A)  ； ……6分 50 25 （2）零假设为 H ：职业与看营养说明相互独立，即两个群体在购买食品时是否看营养说明无差异， 0 根据表中数据，计算得到 80(12221828)2 48 2   1.923.841 x ， 40403050 25 0.05 第三次联合诊断检测（数学）第6页 共9页根据小概率值0.05的2独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，所以可以认为H 成立， 0 0 即认为两个群体在购买食品时是否看营养说明无差异． ……13分 16．（15分） 解：（1）由(ca)(ca)b( 2cb)，得b2 c2 a2  2bc， 2 π 则有2bccosA 2bc，所以cosA ，则A ； ……7分 2 4 π π 6 2 a b c 1 （2）则sinC sin(  ) ，由正弦定理   及S  absinC有 6 4 4 sinA sinB sinC 2 1 csinA csinB 1 c2sinAsinB S    sinC   ， 2 sinC sinC 2 sinC 2( 31) 2( 31) 2SsinC 4 即有c2   2( 31)2， sinAsinB 2 1  2 2 解得c 6 2 ． ……15分 17．（15分） 解：（1）取BC中点为D，连接AD,AD，由题意，AD为三棱台的高， 1 1 因为AC  AB,AB 8,AC 6，所以BC 10,AD 5， 又因为AA13，所以AD12，因为AB 4，且△ABC △ABC ， 1 1 1 1 1 1 1 所以△ABC的面积为24，△ABC 的面积为6， 1 1 1 1 所以三棱台的体积为 12(624 624)168；……7分 3 z （2）以AB,AC分别为x,y轴，过点A作z轴平面ABC， C 1 A 1 B 有B(8,0,0),C(0,6,0),A(4,3,12),B (8,3,12),C (4,6,12), 1 1 1 1 y 设n(x ,y ,z )为平面ABB A 的法向量， C 1 1 1 1 1  D  nAA 0  1 ，有n(0,4,1)， A B x nAB 0 设m (x ,y ,z )为平面BCC B 的法向量， 2 2 2 1 1   mBC 0 17  17   ，有m (3,4,1)，所以cos n,m    mCC 0 17 26 26 1 3 26 所以平面ABB A 与平面BCC B 夹角的正弦值为 ． ……15分 1 1 1 1 26 第三次联合诊断检测（数学）第7页 共9页18．（17分） c 2 解：（1）由题意，C经过点(1,0)，则b1，又e  ，a2 b2 c2，可得a  2，c1， a 2 y2 所以 x2 1； ……4分 2 y  x1  （2）（i）当x 1时，切线l: y  x1，联立y2 消去y， 0 x2 1   2 1 4 2 得3x2 2x10，则有x1或 ，所以| AB| 2|x x | ， 3 A B 3 x  y 1 设P(x ，y )，则点P到l的距离d  1 1 ， 1 1 2 y2 因为 1 x2 1，令t  x  y 1，则y  x t1， 2 1 1 1 1 1 从而3x2 2(t1)x (t1)2 20， 1 1 31 令4(t1)2 12[(t1)2 2]0，得 31t  31，故 t  31，d  ． 2 2( 31) 3 2 3 所以△ABP面积的最大值为 ，当且仅当t  31，即x  ,y  时取最 3 1 3 1 3 大． ……10分 1 1 （ii）切线l: ylnx  (xx )即y  xlnx 1，带入2x2  y2 2中有 0 x 0 x 0 0 0 1 2 1 (2 )x2  (lnx 1)x(lnx 1)2 20， (2 )0， x 2 x 0 0 x 2 0 0 0 4 1 由题意只需证明 0，即 (lnx 1)2 4(2 )[(lnx 1)2 2]0 x 2 0 x 2 0 0 0 1 1 即证： (lnx 1)2 20，令 f(x) (lnx1)2 2，0 x 2， x 2 0 x2 0 2 1 2 1 1 f(x) 2(lnx1)  ( lnx1)，令g(x) lnx1，0 x 2， x3 x x x2 x2 2 1 x2 2 g(x)   0，所以g(x)在(0, 2)上单调递减，因为g(1)0， x3 x x3 所以当x(0,1)时，g(x)0， f(x)0，当x(1, 2)时，g(x)0， f(x)0， 所以当x(0,1)时， f(x)单调递减，当x(1, 2)时， f(x)单调递增， 所以 f(x) f(1)20，得证． ……17分 第三次联合诊断检测（数学）第8页 共9页19．（17分） 解：（1）由题意，ma2 ≥a a ，且ma2 ≤a a ，则ma2 =a a ． ……3分 n1 n2 n n1 n2 n n1 n2 n 由a a 1，则ma2 =a a ，解得a m， 1 2 2 3 1 3 同理，解得a m3，a m6． 4 5 由于a 是a 与a 的等比中项，故m2 m6． 3 1 5 由于m为正数，故m1． ……6分 （2）（i）由 mb 是b 和b 的减比中项，则mb2 ≤b b ． n1 n2 n n1 n2 n 由于a a 1，b b 2，且m为正数，故{a }与{b }均为正数数列． 1 2 1 2 n n a b 证明 a b 是a 和b 的减比中项等价于证明a b ≤a b ，即证 n1≤ n1 ．……8分 n1 n n n1 n1 n n n1 a b n n b b b b 由于mb2 ≤b b ，故 n2 ≥m n1≥m2 n ≥≥mn 2 mn． n1 n2 n b b b b n1 n n1 1 同理，由于ma2 =a a ， n1 n2 n a a a a 故 n2 m n1 m2 n mn 2 mn． a a a a n1 n n1 1 b a a b 故 n2 ≥mn  n2 ，也即 n1≤ n1 ，故原命题得证． ……11分 b a a b n1 n1 n n a b a a （ii）m1时，由（i）可知b a ≥1，且 n1≤ n1 ，故 n1≤ n ． n n a b b b n n n1 n b a b a b a a 则 n1 n1≥ n n ，也即 n1 n1≥ n1 ， ……13分 a a b a a n1 n n n n b a a b 1 由（i），有 n1 n1≥mn1，则 n n ≤ ． b a a b mn1 n n n1 n1 1 1 a b a b a b 1 1 mn m 故S  1 1  2 2  n n ≤1    ，得证．…17分 n a b a b a b m mn1 1 m1 2 2 3 3 n1 n1 1 m 第三次联合诊断检测（数学）第9页 共9页