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 第 1 页 共 6 页（高2025届数学）  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 第 2 页 共 6 页（高2025届数学）  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 第 3 页 共 6 页（高2025届数学） 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 第 4 页 共 6 页（高2025届数学） 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： 第 5 页 共 6 页（高2025届数学） 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∴ 第 6 页 共 6 页（高2025届数学） 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