合肥二模数学答案_2025年3月_250326安徽省合肥市2025届高三第二次教学质量检测（全科）_安徽省合肥市2025届高三第二次教学质量检测数学

2025 年合肥市高三第二次教学质量检测 数学试题参考答案及评分标准 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.C 2.A 3.B 4.C 5.D 6.C 7.A 8.B 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 部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.AB 10.ACD 11.ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 数学试题答案 第1页（共4页） 7 13.  2 14. 5 7 2 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） 【解析】 （1）设数列 { a n } 的公差为 d ， { b n } 的公比为 q ，则  2 a a 1 1 ( + a 1 4 + d 2 = d 2 ) b = q 1 b 1 q 2 ，即  3 3 + + 2 2 d d = = 3 q q 2 ， 因为 q  0 ，所以 d = q = 3 ，所以a =3n ，b =3n.………………………………………………………6分 n n （2）由（1）知， c n = a b n n = 3 n n − 1 ， 令 S n = 1 + 2 1 3 + 3 3 2 + + 3 n n − 1 ，则 1 3 S n = 1 3 + 2 3 2 + 3 3 3 + + n 3 n ， 两式相减得 2 3 S n = 1 + 1 3 + 1 3 2 + 1 3 3 + + 3 1 n − 1 − n 3 n = 1 − 1  − 1 31 3  n − n 3 n = 3 2  1 − 1 3 n  − n 3 n 所以 S n = 9 4 − 2 4 n  + n 3 3 − 1 .…………………………………………………………………………………………13分 16.（15分） 【解析】 （1）设AC 的中点为O，连接OB，OM ，AC. 1 因为 M 是 A A 1 的中点，所以 O M / / A 1 C ， 因为三棱柱 A B C − A 1 B 1 C 1 的所有棱长都为 2 ， 所以四边形ACC A 为菱形，所以 1 1 A C 1 ⊥ A 1 C . 所以AC ⊥OM . 1 又 A C 1 ⊥ B M ，OM BM =M ， 所以AC ⊥平面BOM ，所以AC ⊥ BO. 1 1 又BO⊥ AC ，且AC AC = A， 1 A C 1  平面ACC A ， 1 1 A C  平面ACC A 1 1 所以 B O ⊥ 平面ACC A . 1 1 因为BO平面ABC，所以平面ACC A ⊥平面ABC. ………………………………………………7分 1 1（2）连接 z A 1 C 1 M B 1 O A C y B x 数学试题答案 第2页（共4页） A 1 O ，由题意知 A 1 O ⊥ A C ，所以 O B ， O C ， O A 1 两两垂直，以 O 为原点， O B ， O C ，OA 1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则 O ( 0 , 0 , 0 ) ， B ( 3 , 0 , 0 ) ， A(0,−1,0) ， A 1 ( 0 , 0 , 3 ) ( ) ，C 0,2, 3 ， 1 C ( 0 , 1 , 0 ) . 所以 A B = ( 3 ,1 , 0 ) ， A A 1 = ( 0 ,1 , 3 ) . 设平面 A B B 1 A 1 的法向量为 n = ( x , y , z ) ， 则  n n   A A B A 1 = = 0 , 0 . 所以  y 3 + x + 3 y z = = 0 0 , . 取 x = 1 ，则y=− 3，z=1， 所以， n = ( 1 , − 3 ,1 ) 是平面 A B B 1 A 1 的一个法向量. 又 C B 1 = C B + C C 1 = ( 3 , − 1 , 0 ) + ( 0 ,1 , 3 ) = ( 3 , 0 , 3 ) ， 设 C B 1 与平面 A B B 1 A 1 所成角为，则 s in c o s C B 1 , n C C B B 1 1 n n 2 6 3 5 1 5 0  = =  =  = ， 即 C B 1 与平面 B D E 所成角的正弦值为 1 5 0 . ……………………………………………………………15分 17.（15分） 【解析】 （1）因为 f  ( x ) = x e x − a ，   f(0)=−1 a=1 由题意得 ，所以 . …………………………………………………………………4分  f (0)=−2 b=1 （2）由（1）知， f (x)=(x−1)ex −x−1，所以 f  ( x ) = x e x − 1 ， 令 g ( x ) = f ( x ) ，则 g  ( x ) = ( x + 1 ) e x . 所以当 x  ( −  , − 1 ) 时， g  ( x )  0 ，即 g ( x ) 在 ( −  , − 1 ) 上单调递减， 当 x  ( − 1 , +  ) 时， g  ( x )  0 ，即 g ( x ) 在 ( − 1 , +  ) 上单调递增， 又 g ( 1 )  0 , g ( 0 )  0 ，且当 x0 时， g ( x )  0 . 所以存在唯一 x 0 ，使得 g ( x 0 ) = 0 ， 当 x  ( −  , x 0 ) 时， g ( x )  0 ，即 f  ( x )  0 ，所以 f(x)在 ( −  , x 0 ) 上单调递减， 当 x  ( x 0 , +  ) 时， g ( x )  0 ，即 f  ( x )  0 ，所以 f(x)在 ( x 0 , +  ) 上单调递增， 所以 f ( x )  f ( x 0 ) ， 因为 g ( x 0 ) = 0 ，即x ex0 =1 （显然 0 x 0  0 1 ），也即ex0 = . x 0 1 所以 f (x )=−x − 0. 0 0 x 0 又 f ( − 2 ) = 1 − 3 e 2  0 ， f ( 2 ) = e 2 − 3  0 , 根据函数零点存在定理， f ( x ) 在区间 ( − 2 , x 0 ) 和 (x ,2) 内各仅有一个零点， 0 所以 f (x) 仅有两个零点.…………………………………………………………………………………11分设 数学试题答案 第3页（共4页） x 1 是函数 f(x)的零点，则 f ( x 1 ) = ( x 1 − 1 ) e x1 − x 1 − 1 = 0 ， 又 f ( − x 1 ) = ( − x 1 − 1 ) e − x1 + x 1 − 1 = e − x1  ( x 1 − 1 ) e x1 − x 1 − 1  = 0 ， 所以 − x 1 也是函数 f ( x ) 的零点， 所以 f ( x ) 的所有零点之和为 0 ．………………………………………………………………………15分 18.（17分） 【解析】 （1）设点 P ( x 0 , y 0 ) 4 ，则x 2= y . 0 3 0 又 E ( 0 , 1 ) ，所以 P E = x 0 2 + ( y 0 − 1 ) 2 = 4 3 y 0 + ( y 0 − 1 ) 2 = y 0 2 − 2 3 y 0 + 1 ， 所以当 y 0 = 1 3 时， P E 的最小值为 2 3 2 .…………………………………………………………………4分 （2）记直线 P B ， P C ， B C 的斜率分别是 k 1 ， k 2 ， k 3 . 设过 P ( 2 , 3 ) 的圆 E 的切线方程为 ： y − 3 = k ( x − 2 ) ，则有 2 − k 2 2 + k 1 = r 即 ( 4 − r 2 ) k 2 − 8 k + 4 − r 2 = 0 （*） 因为 k 1 ， k 2 是（*）方程的两个根， 所以 k 1 + k 2 = 4 8 − r 2 ， k 1  k 2 = 1 . y−3=k(x−2)  又 4 ，所以 x2 = y   3 3 x 2 − 4 k x + 8 k − 1 2 = 0 . 即 2 x B = 8 k 1 − 3 1 2 8k −12 ，2x = 2 ，也即 C 3 x B = 4 k 3 1 − 2 ， x C = 4 k 3 2 − 2 .…………………………9分 （i）因为 B C 的斜率为 k 3 ，所以 k 3 = y x B B − − y x C C = 3 4 ( x B + x C ) = k 1 + k 2 − 3 = 4 8 − r 2 − 3 . 2 2 8  3 又因为0r  ，所以 −3  −1,−  . 3 4−r2  7 即直线BC斜率的取值范围为  − 1 , − 3 7  .………………………………………………………………13分 4 （ii）因为y = k2 −4k +3，所以直线 B 3 1 1 B C 方程为： y − y B = k 3 ( x − x B ) ， 即 y − ( 4 3 k 21 − 4 k 1 + 3 ) = ( k 1 + k 2 − 3 ) ( x − 4 3 k 1 + 2 ) . 13 13 也即y =(k +k −3)x+2(k +k )− ，即y =(k +k（) x+2）−3x− 1 2 1 2 3 1 2 3 令 x = − 2 13 5 ，则y =6− = ， 3 3  5 所以直线BC过定点 −2, .……………………………………………………………………………17分  319.（17分） 【解析】 （1）由题意知， 数学试题答案 第4页（共4页） H ( X ) = − p l n p − ( 1 − p ) l n ( 1 − p ) , 其中 0  p  1 . 令 H ( X ) ( p )  = 1− p ，则(p)=ln . p 所以当 0  p  1 2 时， ( p ) 0    ，所以(p) 在  0 , 1 2  上单调递增； 当 1 2  p  1 时，(p)0，所以(p) 在  1 2 , 1  上单调递减. 所以 H ( X ) 1 在 p = 时取得最大值，且最大值为 2 l n 2 . ………………………………………………5分 （2）要证eH(X)  m，即证 l n m  H ( X ) ，因为 l n m − H ( X ) = l n m − m i= 1  p li n 1 p i  = l n m + m i= 1 ( p li n p i ) =  = m i= m i= m i= 1 1 1 (  p p p i i i − l n m  1 −  m i= 1 ) m 1 m m  + i= 1  1  p  i = 1 ( − p  1 l n i 等 ( = p i 号 0 ) = 仅 m i= 在 1 ( m p l i p i n = ( m 1 , 即 p ) i p ) i = 1 m 时 成 立 ) 所以 e H ( X )  m .……………………………………………………………………………………………12分 （3）由题意知 f ( p ) = H ( X ) ＝ - k n = 0 C kn p k ( 1 − p ) n − k l n ( C kn p k ( 1 − p ) n − k ) ， 由 C kn = C nn − k 易知 f ( p ) = f ( 1 − p ) ， 所以 f  ( p ) = − f  ( 1 − p ) ，即得 f   1 2  = 0 . ………………………………………………………17分 注：其他解法酌情给分.