2025重庆康德二诊数学答案_2025年4月_250412重庆市2025年普通高等学校招生全国统一考试（康德二诊）（全科）

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 1～8 CBAC ACDB 1题解析：B{0,1}，所以AB{1,0,1,2}． 2题解析：由正态分布的性质有，P(40 X 50) P(50 X 60) P(60 X 70)，所以得分在(50,70) 的学生人数Y 满足300Y 600． b b2 3 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 a b，C 的离心率 a a2 c b2 e  1 ，若e 2，则有a b，所以“C的渐近线互相垂直”是“C的离心率等于 a a2 2 ”的充要条件． 4题解析：由题意方程x2  pxq0的解为13i，所以p13i13i2,q(13i)(13i)10． 1 1 5题解析：由题意知3b5b8b4b ，6ba2a 1，a 18 5． 2 9 2 6题解析：由 f(x2) f(x2)有 f(x) f(x4)，所以 f(x)是周期为4的函数，由 f(x)是奇函数，则 f(x)f(x)， f(0)0，由 f(2) f(2)f(2)得 f(2)0， f(1)f(1)2，则 f(3) f(1)2， f(4) f(0)0，所以 f(1) f(2) f(3) f(4)0， 10  f(x) f(1) f(2)2． i1  1 1 7题解析：设AOB ，由题意，劣弧AB与弦AB围成的图形面积S  2 2sinsin 2 2 π π 2 1，解得 ．所以圆心O到直线l的距离为1，即 1，从而m 3． 2 2 1m2 8题解析：若a 0，f(x)ex 0；若a0，显然存在x 0，使得 f(x )0；若a 0，f(x)exa a， 0 0 当xalna时， f(x)0， f(x)单调递减，当xalna时， f(x)0， f(x)单调递增， 所以 f(x) f(alna)a(1alna)，由题意，1alna0，因为(a)1alna是 (0，)上的减函数，且(1)0，所以a1．综上，0a1． 二、多选题 9．ABD 10．BD 11．ACD 9题解析：A选项，bc= 4(2)20，所以bc，正确；B选项，若abac，则有m2n4m2n， 即3m4n0，正确；C选项，bc (5,0)，若a∥(bc)，则有n0，不正确，D选项， a (bc)，则有m0，所以mR，n0，a (bc)，正确． 4x 1 1 1 1 10 题解析：函数 f(x)  ，函数g(x) x 在(0, )上单减，在( ,)上单增，所以 4x2 1 1 4x 2 2 x 第二次联4x合诊断检测（数学）第5页 共9页1 1 1 f(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 2 2 2 1mg/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，MP MF，所以MPF MFP，正确；   B选项，设M(t2,2t)，则P(1,2t)，又F(1,0)，则FM FP(t2 1,2t)(2,2t)2t2 2，   OM OPt2 4t2 3t2，显然不相等，错误； y P M C选项，若l与y轴不垂直，则由题意，直线l是C的切线， 1 不妨设M 点在x轴的上方，设M(t2,2t)，则点P(1,t )， O F x t   1 PFMF (2, t)(1t2,2t)22t2 22t2 0， t π 所以PF MF，PFM  ，若M 在x轴的下方，由对称性同理有，正确； 2 y 1 1 (t2 1)3 M D选项，|PM |2(t2 1)2 (t )2 t4 3t2 3  ， t t2 t2 P 令xt2， f(x) (x1)3 (x0)， f(x) (x1)2(2x1) ， O F x x x2 1 27 3 3 所以当x 时， f(x)存在最小值 f(x)  ，所以|PM | ， 2 min 4 2 若M 在x轴的下方，由对称性同理有． 三、填空题 3 12．3 13．[1, 2] 14． 3 12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  f(x)sin|x||cosx|是偶函数，所以只需考虑x0时，y  f(x)sinx|cosx| 的值域；又 f(x2) f(x)，下考虑 f(x)在[0，2]上的值域：   3 sinxcosx,x[0, ][ ,2]   2 2 f(x) 可知， f(x)[1, 2]．  3  sinxcosx,x( , )  2 2 D 1 C 1 14题解析：经计算AB  5，BE  2 ，AE  3，则有AB2  BE2  AE2， 1 1 1 1 A 1 B 1 所以AE  BE，取DD 的中点F ，则有EF//AB，因为AB BE， E 1 1 F 则有EF  BE，所以AEF为平面ABE与平面ABE 的夹角， 1 1 D C EF 1 3 因为EF  AF， 所以cosAEF    ． A B 1 1 AE 3 3 1 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csin A4acosAsinB和正弦定理得，sinCsin A4sin AcosAsinB， 因为sin A0，所以有sinC 4cosAsinB sin(AB)4cosAsinB 则有sin AcosBcosAsinB4cosAsinB sin AcosB3cosAsinB， 由于cosA0， cosB0，所以有tan A3tanB． …………7分 1 （2）由c2b得sinC 2sinB，因为sinC 4cosAsinB，则有cosA ， 2 3 3 1 27 由余弦定理，a2 b2 c2 2bccosA( )2 32 2 3  ， 2 2 2 4 3 3 所以a ． …………13分 2 16．（15分） 1 1ax   解：（1）函数 f(x)的定义域 x x0 ， f(x)a  ， x x 1 1 当a0时，由 f(x)0得0 x ， f(x)0得x ， a a 1 1 所以，当a0时， f(x)在(0, )上是增函数，在( ,)上是减函数． …………6分 a a （2）当a0时，由 f(x)0知，函数 f(x)为增函数，且 f(1)0，所以 f(x)0不成立， …………9分 1 当a 0时，由（1）知， f(x)存在最大值 f( )a1lna， a 1 由题意， f( )0 a 1 x1 令h(x) x1lnx(x0)，则h(x)1  ， x x 当x(0,1)时，h(x)0，h(x)是减函数，当x(1,)时，h(x)0，h(x)是增函数， 所以h(x)h(1)0，则a 1． …………15分 17．（15分） 解：（1）设F(c,0)，F (c,0)，A(0,b)，其中c2 a2 b2， 1 2 因为△ABF 的周长为4a，所以4a 8，得a 2， 2 b x2 y2 又 1，所以bc 2，椭圆方程C：  1 …………4分 c 4 2 y  x 2  所以直线AF 1 ：y  x 2 ，联立x2 y2 得：3x2 4 2x0，   1  4 2 第二次联合诊断检测（数学）第7页 共9页4 2 2 则有x  ，y  ， B 3 B 3 4 2 8 | AB| 2|0( )| ． …………9 分 3 3 z 4 2 2 （2）如图，建立直角坐标系，则A(0,0, 2)，B( , ,0)， y 3 3 A  F( 2,0,0)，F ( 2,0,0)，FA( 2,0, 2)， 1 2 1  2 2  F 1 O F 2 x FB( , ,0)，FF (2 2,0,0) 1 3 3 1 2 B   FAn=0 xz 0 设平面ABF 的法向量为n(x,y,z)，则有1  ，取n(1,1,1)， 1  FBn=0 x y 0 1  |FF n| 2 2 2 6 所以F 到平面ABF 的距离d  1 2   ． …………15分 2 1 |n| 3 3 18．（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， 4 1 3 PC2    ． …………4分 3 2 16 （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  ； 1 24 C1 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 ． 2 24 1 4 5 所以P(X 5)   ． …………9分 24 24 16 k1 ②由题意知X 的所有可能值为2,3,,N ，P(X k) ,k 2,3,,N 1． 2k 1 C1 N P(X  N)  N1  ， 2N1 2N1 2N1 1 i(i1) 由题意P C2  ，i 2,3, i i 2i 2i1 N1 k1 N N1i(i1) N(N 1) N1 N(N 1) 所以E(X)k N 2  2P  ， 2k 2N1 2i1 2N1 i 2N1 k2 i2 i2 N(N 1) 1 2N 2N 因为   ，由于N≥2，则 ≥1， 2N1 2P N 2 N 2 N2 N(N 1) 2N 所以  2P ≥2P ， 2N1 N 2 N2 N2 N1 N2 故E(X)≥2P 2P =2P，得证． …………17分 i N+2 i i2 i2 第二次联合诊断检测（数学）第8页 共9页19．（17分） 解：由题意可得新质数列{a }满足：n≥2，nN*，a >0且a  a a ，即a 2 a a ， n n n n1 n1 n n1 n1 （1）显然a n>0，且a 2 a a n2 (n1)(n1)10， n n n1 n1 即a  a a ，所以正整数数列{n}是新质数列． …………4分 n n1 n1 （2）证明：因为a 0 (i1,2,3,4)，且 f(x)3a x22a xa ， i 4 3 2 由题意 f(x)0必有两个不相等的实数根，所以(2a )2 43a a 0， 3 4 2 即a 2 3a a a a ，又因为3个零点都不为0， 3 4 2 4 2 1 1 1 由a a xa x2 a x3 0可化为a  a  a  a 0， 1 2 3 4 1 x3 2 x2 3 x 4 1 令t  ，说明关于t的方程at3 a t2 a ta 0存在3个不同零点， x 1 2 3 4 同理可得a 2 3aa aa ，所以数列a,a ,a ,a 为新质数列． …………9分 2 1 3 1 3 1 2 3 4 （3）证明：设式子(st)c (tr)c (rs)c 的计算结果为常数m， r s t 由题意将第s，t 项互换得(ts)c (sr)c (rt)c mm， r t s 所以常数m0，又取s 1，t 2，rN*得(12)c (2r)c (r1)c 0， r 1 2 S 所以c c (r1)(c c )，所以nN*，数列{c }是等差数列，又因为c  n ， r 1 2 1 n n n S b b b b 所以c S b 0，c  2  1 2 ，因为b b 0，公差d c c  2 1 0， 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 2 所以c b (n1)d 0，所以S nc 0， n 1 n n 当n2时，S 2 S S n2c 2 (n1)c (n1)c n n1 n1 n n1 n1 n2c 2 (n2 1)(c d)(c d) n n n n2c 2 (n2 1)(c 2 d2) n n c 2 (n2 1)d2 0， n 所以S 2 S S ，故数列S 为新质数列． …………17分 n n1 n1 n 第二次联合诊断检测（数学）第9页 共9页