2025届重庆康德一诊数学答案_2025年1月_250119重庆市2025年普通高等学校招生全国统一考试（康德一诊）（全科）_数学

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 1～8 BAAD BDBC 8题提示：由题意，p，q是n2 n1200的两个正整数根，所以2 480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．AD 10．AB 11．ABD 11题提示：由题意，轨迹C 的方程为： (x1)2  y2  (x1)2  y2 a ①． 选项A：取a 1，①即为 (x1)2  y2  (x1)2  y2 1，曲线C 经过原点O．A正确． 选项 B：若M(x，y )是曲线C 上一点，则 (x 1)2  y 2  (x 1)2  y 2 a．P(x， y )， 0 0 0 0 0 0 1 0 0 P(x，y )，P(x， y )也满足①，所以曲线C 关于x轴， y 轴和原点O对称．B正确． 2 0 0 3 0 0 5 选项 C：当a 1.2时，①即为 (x1)2  y2  (x1)2  y2 1.2．若P(0， )，则△PFF 的 5 1 2 5 面积为 ；若P(1，y )，由曲线C 的对称性，不妨设 y 0，则 y2  5.4420.2，所以 5 0 0 0 5 5 y  ，此时△PFF 的面积大于 ．C错误． 0 5 1 2 5 2  PF  PF  选项 D：当a 8时，由 PF  PF 8 1 2  ，得 PF  PF 4 2 ．曲线 E ： 1 2 2 1 2   x2 y2  1上任意一点Q满足 QF  QF 4 2 ．所以曲线E“包含于”曲线C ，两条曲线的 8 7 1 2 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 12．2 2 13．10 14．(,1]  2 第一次联合诊断检测（数学）第5页 共4页|x1| |x1| 14题提示：令x(2x a)|x1|0，则2x a ，由题意，x 0．结合函数y 2x a和 y  x x 1 的图象，知a1或a ． 2 四、解答题 15．（13分） 2a 1 2x2 2ax1 解： f(x)的定义域为(0,)，f(x)2   ． ……2分 x x2 x2 1 2x2 2x1 （1）当a 1时， f(x)2x2lnx ， f(x) ， x x2 所以 f(1)1， f(1)1． f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y  x． ……7分 （2）令g(x)2x2 2ax1．由题意，当x(2，3)时，g(x)0；当x(4，)时，g(x)0． 只需g(2)0，g(3)0，g(4)0， 33 19 解得： a ， 8 6 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2 2，PA2，D(0,2,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，B(2,0,0)． ……3分   （1）证明：设PEPB(2,0,2)，则E(2,0,22)(01)，   故DP(0,2,2)，CE(22,2,22)，     DPCE 84 3 1 由题意，cosDP,CE     ，得 ， DP CE 2 2 2(22)24 2 2 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n0， 2x2y0， 设平面ACE的法向量为n (x,y,z)，则  即 AEn0. xz0.  取n(1,1,1)． 第一次联合诊断检测（数学）第6页 共4页  2 3 设直线CD与平面ACE所成角为，则sin|cosn,CD|| | ， 2 3 3 3 所以，直线CD与平面ACE所成角的正弦值为 ． ……15分 3 17．（15分） 解：由题意，F(1，0)为抛物线C的焦点．设A(x ,y )，B(x ,y )，y 0． 1 1 2 2 1 设直线l的方程为：xay1，代入y2 4x，得：y2 4ay40． 则0，y  y 4a ①，y y 4 ②． ……4分 1 2 1 2 （1）因为 AB 3 BN ，所以 AF 2 BF ，即y 2y ③． 1 2 2 由①③得：y 8a，y 4a．又由②，解得a  ． 1 2 4 2 因为y 0，所以a ．直线l的方程为2 2xy2 2 0． ……9分 1 4   （2）由题意，N(1,y )，OA(x ,y )，ON (1,y )． 2 1 1 2 y2y   因为x y  y  1 2  y y  y 0，所以OA//ON ，O在线段AN 上． 1 2 1 4 1 1 1 同理，O在线段BM 上． 因为AM //BN，所以△AOM 与△NOB相似， OA OM 从而  ，即 OA OB  OM ON ． ……15分 ON OB 18．（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 C1C1 2 4 PAB A2 4 PB A   6  ． ……4分 PA 2 5 6 （ii）根据题意可知X的取值可能为2,3,4,5． A2 1 C1C1A2 2 则PX 2 2  ，PX 3 4 2 2  ， A2 15 A3 15 6 6 A4C1C2A3 4 C1C3A4C1C1A4 8 PX 4 4 2 4 3  ，PX 5 2 4 4 2 4 4  ． A4 15 A5 15 6 6 第一次联合诊断检测（数学）第7页 共4页则X的分布列为： X 2 3 4 5 1 2 4 8 P 15 15 15 15 1 2 4 8 64 所以EX2 3 4 5  ． ……10分 15 15 15 15 15 （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 f(p)C8 p8(1 p)2C9 p9(1 p) p10 45p8(1 p)210p9(1 p) p10 10 10  p8(36p280p45)，0 p1． 因为 f(p)360p7(p1)2 0，所以 f(p)在(0,1)单调递增． 3 3 3 3 注意到 f( )7( )9，所以 p ，故 p的最小值为 ． ……17分 4 4 4 4 19．（17分） 解：（1）t k (a ;b ;c )，由t k (1; 2; 3)，t k (1; 3; 4)，t k (1; 4; 5)， n 2n1 2n1 2n1 2n1 1 1 2 2 3 4 由a b 且2n1,2n2,2n3,,21均为偶数得a 1， 2n1 2n1 2n1 又因为t k (1;b ;c )，其中c b ，所以有12 (b )2 (b )2， n1 2n2 2n2 2n2 2n2 2n1 2n2 2n1 所以有(b )2 n1，所以t (1; n1; n2)． ……4分 2n1 n （2）若k (5;6 61)，因为62 52 1152，所以n是奇数，则k ( 11;5;6)， n n1 2 n1 又因为52 ( 11)2 14( 11)2，所以 是偶数，所以k ( 11; 14;5)， 2 n1 4 同理有k ( 3; 11; 14)，k ( 3; 8; 11)，k ( 3; 5; 8)， n5 n5 n5 8 16 32 n101 k ( 2; 3; 5)，k (1; 2; 3)，所以 1，则有n229． ……10分 n37 n101 128 64 128 a m （3）设{k }中有两个及以上的直角三角形满足 i  （m,n互质）， n b n i m 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， n r r 将得到的有理数记作 ( 1)． s s 第一次联合诊断检测（数学）第8页 共4页a r r r 设k (a;b;c )，则 l  ，则k ( b;b; 1 b)， l l l l b s l s l l s l l sr r r sr 它的前序三角形（即得到k 的三角形）应为( b; b;b)或( b; b;b) l s l s l l s l s l l a a r ①若r sr，则l为偶数，应存在不同的偶数2m,2n，使得 2m  2n  ， b b s 2m 2n a a r sr r r 这就有 m  n    ，由于srs，这与 取法矛盾， b b s s sr s m n a a r ②若r sr，则l为奇数，应存在不同的奇数2m1,2n1，使得 2m1  2n1  ， b b s 2m1 2n1 a a sr r sr r 此时 m  n    ，同样与 取法矛盾， b b s s r s m n a a 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 (i  j)，命题得证．……17分 b b i j 第一次联合诊断检测（数学）第9页 共4页