重庆市名校联盟2024-2025学年度第二期第一次联合考试数学答案_2025年3月_250315重庆市名校联盟2024-2025学年度第二学期第一次联合考试（全科）

重庆市名校联盟 2024-2025 学年度第二期第一次联合考试
数学答案（高 2025 届）
1-4 BACD 5-8 ADCB
8【详解】因为
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 s in h x   
e x 
2
e  x
 0 ，所以sinhx在  a , b  上为增函数，
所以 s in h x
ea ea ebeb
在a,b上的值域为 , .
 2 2 
又 f  x   m e x  m  m  0  在  a , b  也是增函数，
所以 f  x  在a,b上的值域为meam,mebm.
 
因为两个函数的值域相同，所以
 e
e
a
b

2

2
e
e


a
b


m
m
e
e
a
b


m
m
.
即方程
e x 
2
e  x
 m e x  m 有两个不同的解.
令 t  e x ，则 ( 2 m  1 ) t 2  2 m t  1  0 有两个不同的正实数根；
2m10

4m24(2m1)0

 2m
则t t  0 ，解得：
1 2 2m1
 1
t t  0
1 2 2m1
m 
12
且 m  1 ，故选：B
一、多选题
9 AD 10 BCD 11 ABC
11【详解】由题意 L (1 , x )   L ( x ,1 )  ln x ，所以 L ( x ,1 )   ln x
当 v  u  1 时， L (u ,v )  L (1 ,v )  L (1 ,u )  ln v  ln u
当 0  u  v  1 时， L (u ,v )  L (u ,1 )  L (v ,1 )  L (1 ,v )  L (1 ,u )  ln v  ln u
当0u1v时， L (u ,v )  L (u ,1 )  L (1 ,v )  L (1 ,v )  L (1 ,u )  ln v  ln u
当u1或v1时， L (u ,v )  ln v  ln u 也成立.
综上， L (u ,v )  ln v  ln u
对于 A , L (
1
6
,
1
3
)  ln
1
3
 ln
1
6
 ln 2 ， L(4,8)ln8ln4ln2 ，所以
L (
1
6
,
1
3
)  L (4 ,8 ) ，故 A 正确；
对于B, L (4 50,3 100 )  ln 3 100  ln 4 50  1 0 0 (ln 3  ln 2 ) ，且 L (2 ,3 )  ln 3  ln 2 ，所以 L (4 50,3 100 )  1 0 0 L (2 ,3 ) ，故B正确；
对于C,如右图，因为S S ，
阴影 梯形uvBA
1 1 1 1 v2u2 1 v u v u
所以L(u,v)lnvlnu (vu)(  )   (  )，即:2L(u,v)  ,故C正确；
2 v u 2 uv 2 u v u v
对于D,取u1,v2，L(uu,vu)L(1,2)ln2211，故D错误；二、填空题
9
12 13
16
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 1 ，1 14 3（  3 ,
3
3
, 
3
3
任意一个都对）
14【详解】设圆心 C ( 0 , 0 ) 到直线 x  m y  2  0 的距离为 h ，则 AB 2 4h2 ，
由 h  2 4  h 2  3 ，解得 h  1 或 h  3
若 h  1 ，则
1
2
 m 2
 1 解得： m   3 ； 若h 3，则
1
2
 m 2
 3 解得： m  
3
3
；
故答案为 3 （  3 ,
3
3
, 
3
3
任意一个都对）；
三、解答题
15题【详解】⑴ 设数列  a
n
 的公差为 d ，依题意： 2 , 2  d , 2  3 d 成等比数列，…1分
所以 ( 2  d ) 2  2 ( 2  3 d ) ，解得： d  0 或 d  2 ……………………………………3分
当 d  0 时， a
n
 2 ……………………………………………………………………4分
当 d  2 时，a 2(n1)22n …………………………………………………5分
n
所以数列  a
n
 的通项公式为 a
n
 2 或a 2n …………………………………6分
n
⑵ 因为等差数列  a
n
 的公差不为零，由⑴知 a
n
 2 n ( n  N * ) ……………………7分
则 b
n

( a
n
 1
1
) ( a
n
 1 )

( 2 n  1
1
) ( 2 n  1 )
 1
2
(
2 n
1
 1

2 n
1
 1
) …………………………9分
所以 T
n

1
2
(1 
1
3

1
3

1
5
 
2 n
1
 1

2 n
1
 1
) 
1
2
(1 
2 n
1
 1
) …………………11分
故 T
n

1
2
(1 
2 n
1
 1
) 
1
2
………………………………………………………………12分
而 T
n

1
2
(1 
2 n
1
 1
) 随 n 的增大而增大，则 T
n
 T
1
=
1
3
故
1
3
 T
n

1
2
成立 ……………………………………………………………………13分
16题【详解】⑴ 当 a  0 时， f ( x )  e x  1 ，则 f (1 )  e  1 ， f ( x )  e x …………2分
∴ k  f (1 )  e …………………………………………………………………………4分
故切线方程为： y  ( e  1 )  e ( x  1 ) 即： e x  y  1  0 ………………………………6分
⑵ ∵ f(x)exa， e x  [1 , e ] ………………………………………………………7分
由1ae，存在x [0,1]，使得 f(x )0，即
0 0
e x0  a ，x lna ………………9分
0
当 x  [ 0 , x
0
) 时， f ( x )  0 ， f(x)单调递减；………………………………………10分
当x(x ,1]时，
0
f ( x )  0 ， f ( x ) 单调递增；………………………………………11分
故 f ( x )
m in
 f ( x
0
)  e x0  a x
0
 1  a  a ln a  1  3  2 ln 2 单调递减 ………………12分
令g(a)aalna1，g(a)1(1lna)lna0 …………………………13分
∴g(a)在(1,e)上单调递减 …………………………………………………………14分
易知g(2)32ln2，所以a2. ………………………………………………15分z
D
E
x
C A
O
M
B
y
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A
E
D
O
B
C
17题【详解】⑴ 如图所示，连结 A O 并延长交BC于 M ，
因为O为△ABC的重心，所以M 是BC的中点，……1分
又因为 A C  A B ，所以由等腰三角形三线合一可得 A M  B C ，…2分
因为D在平面ABC上的射影为O，所以 O D  平面ABC，…3分
又BC平面ABC，所以OD  BC，…………………………4分
又AM ODO,AM,OD平面 A M D ，所以BC平面 A M D ，…5分
又 A D  平面 A M D ，所以 B C  A D ，……………………6分
⑵ 由⑴知 A M  B C ，OD面ABC，过 M 作 z 轴平行于OD，
则 z 轴垂直于面ABC，
如图以MA,MB为x轴， y 轴，建立空间直角坐标系，……7分
在 A B C 中， A C  A B  1 5 ， B C  2 4
由（1）知， A M  B C ， 故 A M  A B 2  B M 2  9 ，
S
A B C

1
2
A M  B C  1 0 8 ，…………………………8分
所以三棱锥A-BCD的体积为
1
3
S
A B C
 O D 
1
3
 1 0 8  O D  4 3 2 ，
则 O D  1 2
因为 O 为△ABC的重心，故 O M 
1
3
A M  3 ，…………………………………9分
则 C  0 ,  1 2 , 0  , B  0 , 1 2 , 0  , O  3 , 0 , 0  , A  9 , 0 , 0  , D  3 , 0 , 1 2  ，
O A   6 , 0 , 0  , A D    6 , 0 , 1 2  , O C    3 ,  1 2 , 0 
1
因为E为AD上靠近A的三等分点，所以AE  AD 2,0,4，
3
故 O E  O A 
1
3
A D   4 , 0 , 4  ……………………………………………………10分
设 n   x , y , z  为平面 E C O 的一个法向量，则
 n
n


O
O
E
C


4

x
3

x
4

z
1 2

y
0
 0
，
取x4，则 y 1,z 4，故 n   4 ,  1 ,  4  ，………………………………12分
易得m0,0,1是平面 C O B 的一个法向量，………………………………………13分
设平面EOC与平面 B O C 的夹角为，则：
mn
4 4 33
所以cos cos m,n    ，
m n 1 16116 33
4 33
所以平面EOC与平面BOC夹角的余弦值为 …………………………15分
3318题【详解】⑴ 设
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A  “两个粒子通过2号门后人仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态”.
事件 A 发生，即：通过2号门时，两个粒子都不改变或都改变旋转状态，
故 P ( A )  p 2  (1  p ) 2 
5
8
………………………………………………………3分
解得： p 
1
4
或 p 
3
4
……………………………………………………………4分
⑵ 方法一：由题知：X 0,1,2且 X  2 时分3类情形：①两个粒子通过1号门后均处于
上旋状态，通过2号门后均不改变状态；②两个粒子通过1号门后1个上旋状态1个
下旋状态；③两个粒子通过1号门后均处于下旋状态，通过2号门后均改变状态；
所以 P ( X  2 ) 
1
4
p 2 
1
2
p (1  p ) 
1
4
(1  p ) 2 
1
4
………………………………6分
同理 P ( X  1 ) 
1
4
C 12 p (1  p ) 
1
2
[ p 2  (1  p ) 2 ] 
1
4
C 12 p (1  p ) 
1
2
………………8分
P ( X  0 )  1  P ( X  1 )  P ( X  2 ) 
1
4
……………………………………9分
所以X 的分布列为：
X 0 1 2
P
1
4
1
2
1
4
所以 X 的期望为： E ( X )  0 
1
4
 1 
1
2
 2 
1
4
 1 …………………………………10分
方法二：记 1 个粒子从 A 室出发，先后经过 1 号门，2 号门进入 C 室呈现上旋状态的概
率为
1
2
(1  p ) 
1
2
p 
1
2
1
，则X B(2, ) …………………………7分
2
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2
P
1
4
1
2
1
4
……………………………9
分
所以X 的期望为： E ( X )  0 
1
4
 1 
1
2
 2 
1
4
 1 …………………………………10分
⑶ 设 A
i
 “两个粒子通过1号门后处于1个上旋状态粒子个数为i个”，i0,1,2，
记 B  “两个粒子通过2号门后处于1个上旋状态的粒子个数为2个”，
1 1
则P(A )P(A )( )2  ,
0 2 2 4
P ( A
1
)  C 12 (
1
2
) 2 
1
2
………………………………12分
1 2
P(B A ) ，P(B A) ，
0 9 1 9
P ( B A
2
) 
4
9
……………………………………14分
则 P ( B ) 
2
i
1
P ( A
i
) P ( B A
i
) 
1
4

1
9

1
2

2
9

1
4

4
9

1
4
…………………………15分
1 4

故P(A B) P(A 2 B)  P(A 2 )P(B A 2 )  4 9  4 ……………………………17分
2 P(B) P(B) 1 9
419题【详解】⑴ 由已知得：
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2 a  2 b  8 3 ，即 a b  2 3 …………………………1分
c 1
又离心率为  ，则a2 4c2
a 2
∵ a 2  b 2  c 2 ，所以 b 2 
3
4
a 2 ，即2b 3a ………………………………………2分
∴ a  2 , b  3 ………………………………………………………………………3分
∴椭圆  的标准方程为：
x
4
2

y
3
2
 1 ； ……………………………………………4分
⑵ 设点 M ( x
0
, y
0
)
x2 y2
，则点M 满足： 0  0 1，则
4 3
y 20x 
20
3
 
3
4
由已知可得 F ( 0 ,  3 ) , H ( 0 , 3 ) ，设直线 M F 与MH的斜率分别为 k
1
, k
2
，
∴ k
1

y
0

x
0
3
, k
2

y
0

x
0
3
………………………………………………………5分
直线 M F 与 M H 的斜率之积满足： k
1
 k
2

y
0

x
0
3

y
0

x
0
3

y 20x 
20
3
 
3
4
……6分
(ⅰ)∵ D ( 2 , 3 ) , G ( 2 , 0 ) ，则 DG  3,OG 2
直线 P F 的方程为： y  k
1
x  3 ，令 y  0 ，则 P (
k
3
1
, 0 )
∴ O P 
k
3
1
…………………………………………………………………………7分
直线 H Q 的方程为： y  k
2
x  3 ，令 x  2 ，则 Q ( 2 , 2 k
2
 3 )
∴ D Q  2 k
2
3 3
∴ OP  DG   3 …………………………………………………………8分
k k
1 1
且 O G  D Q  2  2 k
2
 4 k
2
 4 
4
3
k
1

3
k
1
………………………………………9分
∴ O P  D G  O G  D Q ……………………………………………………………10分
2 2 3 4
(ⅱ)存在K( , )，使得TK 为定值 ，理由如下：…………………………11分
5 5 5
设点 S ( x
0
, y
0
) , I ( x
1
, y
1
) , J ( x
2
, y
2
)
①当过椭圆上点I(x,y)的直线l斜率存在时，设直线l方程为：ykxm
1 1
带入椭圆  的方程：
x
4
2

y
3
2
 1 ，化简并整理得：(34k2)x28kmx4m2120
∵直线l与椭圆仅有一个公共点
∴(8km)24(34k2)(4m212)0，即4k2m230 ……………………12分
4km 4k 3
∴x   ，带入ykxm，得y 
1 34k2 m 1 m∴
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k  
m x
4
1  
3
4

x
y
1
1
从而直线 l 的方程为： y  
3
4
x
y
1
1
x 
3
y
1
，即
x x
4
1 
y y
3
1  1 …………………………13分
②当过椭圆上点 I ( x
1
, 0 ) 的直线 l 斜率不存在且与椭圆  仅有一个公共点时，
直线 l 的方程为： x   x
1
  2 满足上式.
同理：当过椭圆  上点 J ( x
2
, y
2
) 的直线
x x
4
2 
y y
3
2  1 与椭圆  仅有一个公共点，
这两条直线都过 S ( x
0
, y
0
) ，所以有
x
04
x
1 
y
03
y
1  1 ,
x x
04 2 
y
03
y
2  1
∴直线 I J 的方程为:
x
04
x

y
03
y
 1 …………………………………………………14分
由(ⅰ)则直线PF的方程为： y  k
1
x  3 ，令y 3，则 R (
2
k
1
3
, 3 )
又 Q ( 2 , 2 k
2
 3 )
∴ R Q
3 3 3
的中点S(1 , 3k )，即x 1 ,y  3k  3 .
k 2 0 k 0 2 4k
1 1 1
∴直线 I J 的方程表示为: 3 (1 
k
3
1
) x  4 ( 3 
4
3
k
1
) y  1 2  0
即：
k
3
1
( 3 x  y )  3 x  4 3 y  1 2  0 ……………………………………………15分
令

3
3
x
x


4
y
3

y
0
 1 2  0
 4
x
  5
解得： ……………………………………………16分

 4 3
y
 5
∴直线 I J 恒过定点 N (
4
5
,
4
5
3
) ，又∵ O T  I J
∴点T在以 O N
2 2 3
为直径的圆上，即K( , )，使得
5 5
T K
4
为定值 ……………17分
5