2025重庆康德半期考试数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_11102025届重庆高三11月半期考试（康德零诊）

2025 年普通高等学校招生全国统一考试 11 月调研测试卷 数学参考答案 一、单选题 1~8 CDBA BACC b B b 3 7题提示：由a2 2ac2c2 6c90 (ac)2 (c3)2 0，则有a c 3，sin  2   ， 2 c 2c 3 则有b2 3． a2 2b2 9 a2 1   8题提示：由3b2 4c2 48可解得b2 4，则3a2bc取最大值时a1,b2,c3，所以最大值为10．   5c2 6a2 51 c2 9   二、多选题（正确答案为两个选项的每个选项3分，正确答案为三个选项的每个选项2分，有选错得0分） 9．BD 10．ABD 11．BD 11题提示：由 f(x)x3ax2得， f(x)3x2 a，当a  0时， f(x)0，则函数 f(x)为单调递减函 数，A 错误，有 f(x) x3ax2，则有 f(x) f(x)4，所以函数 f(x)关于点(0,2)成中 心对称，B正确，若 f(x)关于直线x b对称，则有 f(x) f(2bx)，不存在a,b使得上式成立， C 错误，函数 f(x)要有三个零点，则 f(x)3x2 a则有两个零点，则a  0，则函数 f(x)在 a a a a a a (, )上递减，在( , )上递增，在( ,)上递减，则需要 f( )0，f( )0， 3 3 3 3 3 3 解得a 3，D正确． 三、填空题 2 5 2 5 12． （或 ） 13．1 14．3 5 5 14题提示：由题意，f(x)asinx的零点为x k，而y  f(f(x))asin(asinx)的零点为asin(asinx)0 k 的解，则有asinxksinx (a 0)，因为y  f(f(x))的零点与 f(x)的零点相同，则当 a k a  4，aZ，k 1时，sinx 1，则会存在其他的x满足，即有其他零点，所以a的最大 a 值为3． 11月调研测试卷（数学）参考答案 第1页 共5页四、解答题 15．（13分） 解：（1）设等差数列的首项公差分别为a ，d ， 1 15 由题意，a 9d a 8d 2(a 7d)，有a  d ，则d 0 1 1 1 1 2 15 又a (a 5d)(a 6d)0，将a  d 代入解得d 2，所以a 15， 1 1 1 1 2 1 则由a a (n1)d ，有a 2n17． ……7分 n 1 n n(a a ) n(152n17) （2）由S  1 n  n2 16n(n8)2 64 n 2 2 所以当n8时，S 取得最小值，即(S ) 64． ……13分 n n min 16．（15分） 解：（1）当a  0时， f(x) x2 2|x|， f(x)(x)2|x| x2 2|x| f(x)，此时 f(x)为偶函数． ……2分 当a  0时， f(x) x2 2|xa|， f(a)a2 4|a|， f(a)a2， 若 f(x)为偶函数，则 f(a) f(a)，得a  0，矛盾 若 f(x)为奇函数，则 f(a) f(a)0，即2a2 4|a|0，得a  0，矛盾 综上，a  0时， f(x)为偶函数；a  0时， f(x)既不是奇函数也不是偶函数．……6分 x2 2x2a (x1)2+2a1 当xa （2） f(x) ， x2 2x2a (x1)2 2a1 当xa 若a1，则a1，当x(1,1)时， f(x) x2 2x2a单调递增， ……9分 若1a1，则1a1，当x(1,a)时， f(x) x2 2x2a单调递减， 当x(a,1)时， f(x) x2 2x2a单调递增， ……12分 若a1，则a1，当x(1,1)时， f(x) x2 2x2a单调递减， 综上，a的取值范围为(,1][1,)． ……15分 17．（15分） sinB 2sinA2cosBcosA 解：（1）由题意有   cosB 2sinB2cosAsinA 2sin2 B2cosAsinBsinAsinB2sinAcosB2cos2 BcosAcosB  11月调研测试卷（数学）参考答案 第2页 共5页2(sin2 Bcos2 B)2(sinAcosBcosAsinB)(cosAcosBsinAsinB)  22sin(AB)cos(AB)  2cosC 2sinC 1 即sinC 1 cosC ，得证． ……7分 2  2 1 （2）由已知AB ，得0C  ，cosC( ,1) 3 3 2 1 1 5 由sinC 1 cosC 得，sin2C 1cosC cos2C  cosC cos2C 0 2 4 4 4 1  则有cosC 0或cosC   （舍），所以C  ，则有AC2 BC2  AB2 4， 5 2 2 1 1 1 AC2 BC2 又S  ACBCsinC  ACBC   1， △ABC 2 2 2 2 所以(S ) 1． ……15分 △ABC max 18．（17分） 1 解：（1）当a 1时， f(x)(x1)lnxx， f(x)lnx ， f(1)1， f(1)1 x 从而点(1, f(1))处的切线方程为 y  x2． ……4分 a （2）函数 f(x)有两个极值点，则 f(x)lnx 0有两个不等正根， x a 1 a xa 令g(x)lnx ,g(x)   , x x x2 x2 ①当a  0时，g(x)0，g(x)单调递增，g(1)a0，g(ea)aaea a(1ea) 由a0,ea 1，所以g(ea)0，所以存在x 使得(0,x )上g(x)0，(x ,)上g(x)0，即 0 0 0 f(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,)上单调递增， 0 0 此时 f(x)有唯一极值点．不满足题意 ……7分 ②当a  0时，(0,a)上g(x)递减，(a,)上g(x)递增，g(a)lna1 1 i．当a ，即lna10时，g(x)0， f(x)单调递增，无极值点．不满足题意 e 1 1 1  1 ii．当0 a  时，g(a)lna10，由lnx  x1 x，ln  ，即e a  a e a a  1 1 1 1 1 g(e a) aea a(ea  )，令h(x)ex x2,x e，h(x)ex 2x,h(x)ex 2 a a2 11月调研测试卷（数学）参考答案 第3页 共5页1  可知h(x)单调递增，从而h(x) h(e)ee e2 0，所以g(e a)0， 从而存在x (0,a)，使得g(x )0． 1 1 1 1  1 1 又g(ea) ae a 0,ea a，所以存在x (a,)，使得g(x )0， a 2 2 此时 f(x)有两个极值点，满足题意 1 综上，所以0 a  ． ……11分 e a （3）由（2）lnx  0，即a x lnx 1 x 1 1 1 有 f (x )(x a)lnx x (x x lnx )lnx x  x ((lnx )2 lnx 1)0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 f(ea)(ea a) ea ( 1)ea 1，令t(x)(x1)ex 1,x e a a 1 由ex  x1，所以(x1)ex 1(x1)(x1)1 x2 0，所以 f(ea)0 所以 f(x)仅有一个零点． ……17分 19．（17分） 解：（1）若a (0,1)，则[a ]0，a 不存在，不符合题意， 1 1 2 1 若a [1,2)，则[a ]1，a  1，从而a 1，符合题意， 1 1 2 [a ] n 1 若a 2，设k a k1，k  2，kN ， 1 1  1 1 则a   ，[a ]0，a 不存在，不符合题意， 2 [a ] k 2 3 1 综上，a [1,2) ……5分 1 （2）①由题意知a N ，且a a a a ， n  1 2 3 n a a a a 从而a a a 2a ，即1 n2 2，则 n2  n2 1 n ， n2 n1 n n1 a a a a n1 n1 n1 n1 a  a a a a  a a a a  1 所以 50   3  4  51   50   1  2 49   50    a  a a a  2  a a a  2  a 2 2 3 50 2 3 50 50 由a 1,a 2,a 3,a 5,a 8,知a 为偶数， 1 2 3 4 5 50 11月调研测试卷（数学）参考答案 第4页 共5页a  a 所以 50   50 ， a 2   2 a  50 a a  a a a 则log  50  log k1 log  50   3  4  51 4 a 4 a 4 a a a a  2  k2 k  2  2 3 50 a  1 1 1 log 50  log  ……11分 4   2   a 4 2 2 50 ②若 a 0，则nk1，a 0， k n 若 a 0，则a2 [a ]2 a 2 [a ]2 a2， k k1 k n k k 又a2 m，mN ， 1  从而k N ，且k m，使得a2 0， 0  0 k 0 此时，对nk ，a 0，得证． ……17分 0 n 11月调研测试卷（数学）参考答案 第5页 共5页