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）1-4BACD5-8ADCBxxee8【详解】因为sin0hx，所以sinhx在ab,上为增函数，2eeeeaabb所以在上的值域为,.22又fxmmme0x在也是增函数，ab所以fx在上的值域为mmmme,e.aaeeamme2因为两个函数的值域相同，所以.eebbmmeb2eexx即方程mmex有两个不同的解.2令tex，则(2mmt1)2t210有两个不同的正实数根；2m1024mm4(21)02m1则tt0，解得：m且m1，故选：B1221m21tt01221m一、多选题9AD10BCD11ABC11【详解】由题意LxLxx(1,)(,1)ln，所以Lxx(,1)ln当vu1时，L(u,)(1,)(1,)lnlnvLvLuvu当01uv时，L(u,vL)(uL,1)(vLvLuvu,1)(1,)(1,)lnln当01uv时，Luv(,)(,1)LuL(1,v)(1,L)v(1,L)uvulnln当u1或v1时，L(u,)lnlnvvu也成立.综上，1111对于A,L(,)lnlnln2，L(4,8)ln8ln4ln2，所以633611LL(,)(4,8)，故正确；63对于B,L(450,310010050)ln3ln4100(ln3ln2)，且L(2,3)ln3ln2，所以LL(450100,3)100(2,3)，故B正确；对于C,如右图，因为SS阴影梯形uvBA，1111v22u1vuvu所以L(,)lnlnuvvu()(vu)()，即:2L(u,v),故C正确；2vu2uv2uvuv对于D,取uv1,2，L(uuu,v)L(1,2)ln2211，故D错误；第1页共6页（高2025届数学）二、填空题93312131，1143（3,,任意一个都对）163314【详解】设圆心C(0,0)到直线xmy20的距离为h，则ABh242，由hh2432，解得h1或h3223若，则1解得：m3；若h3，则3解得：m；1m21m23故答案为（任意一个都对）；三、解答题15题【详解】⑴设数列依题意：an的公差为d，2,2,23dd成等比数列，…1分所以(2)2(23)dd2，解得：d0或d2……………………………………3分当时，an2……………………………………………………………………4分当时，d2an2(1)22nn…………………………………………………5分所以数列的通项公式为或an2n…………………………………6分⑵因为等差数列的公差不为零，由⑴知*an2()nnN……………………7分则111119bn()…………………………分()()(2)aannnnnn111111(2)22211111111所以T(1)(1)…………………11分n23352121nn221n111故T(1)………………………………………………………………12分n2212n111而T(1)随n的增大而增大，则TT=n221nn1311故T成立……………………………………………………………………13分32n16题【详解】⑴当a0时，fxe()1x，则fe(1)1，fxe()x…………2分∴kfe(1)…………………………………………………………………………4分故切线方程为：yee(1)(1)x即：exy10………………………………6分⑵∵f()xexa，eex[1,]………………………………………………………7分由，存在，使得，即x0，1aex0[0,1]fx(0)0eaxa0ln………………9分当时，，单调递减；xx[0,)0fx()0fx()………………………………………10分当时，，单调递增；xx(0,1]fx()0………………………………………11分故x0单调递减f(xf)(min00xe)1lnaxa1a3a2ln2………………12分令g(a)aalna1，g()1(1ln)aalna0…………………………13分∴ga()在(1,e)上单调递减…………………………………………………………14分易知g(2)32ln2，所以a2.………………………………………………15分第2页共6页（高2025届数学）17题【详解】⑴如图所示，连结AO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ACAB，所以由等腰三角形三线合一可得AMBC，…2分D因为D在平面ABC上的射影为O，所以OD平面ABC，…3分E又BC平面ABC，所以ODBC，…………………………4分AC又AMODO,,AMOD平面AMD，所以BC平面，…5分O又AD平面，所以BCAD，……………………6分⑵由⑴知，面ABC，过作z轴平行于OD，B则轴垂直于面ABC，zD如图以MA,MB为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，……7分E在ABC中，ACAB15，BC24xC由（1）知，，故AMABBM229，AO1MSAMBCABC108，…………………………8分2By11所以三棱锥A-BCD的体积为SODOD108432，33ABC则OD121因为O为△ABC的重心，故OMAM3，…………………………………9分3则CBOAD0,12,0,0,12,0,3,0,0,9,0,0,3,0,12，OAADOC6,0,0,6,0,12,3,12,01因为E为AD上靠近A的三等分点，所以AEAD2,0,4，31故OEOAAD4,0,4……………………………………………………10分3nOExz440设nxyz,,为平面ECO的一个法向量，则，nOCxy3120取x4，则yz1,4，故n4,1,4，………………………………12分易得m0,0,1是平面COB的一个法向量，………………………………………13分设平面EOC与平面BOC的夹角为，则：mn4433所以coscosmn,，mn11611633433所以平面与平面夹角的余弦值为…………………………15分33第3页共6页（高2025届数学）18题【详解】⑴设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，5故PApp()(1)22………………………………………………………3分813解得：p或p……………………………………………………………4分44⑵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；1111所以PXpppp(2)(1)(1)22………………………………6分42441111同理PXCppppCpp(1)(1)[(1)](1)1221………………8分4242221PXPXPX(0)1(1)(2)……………………………………9分4所以X的分布列为：01211P42111所以的期望为：EX()0121…………………………………10分424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1111率为(1)pp，则XB(2,)…………………………7分2222所以的分布列为：012……………………………9分所以的期望为：…………………………………10分⑶设Ai“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”，1111则P()()(APA)2,P()()AC12………………………………12分02241222124PBA()，PBA()，PBA()……………………………………14分09192921112141则P(BP)(A)P()BiiA…………………………15分i1492949414PAPBA()()PAB()222494故PAB()……………………………17分2PBPB()()194第4页共6页（高2025届数学）19题【详解】⑴由已知得：2ab283，即ab23…………………………1分c1又离心率为，则ac224a23∵ab222c，所以ba22，即23ba………………………………………2分4∴ab2,3………………………………………………………………………3分xy22∴椭圆的标准方程为：1；……………………………………………4分43xy22y233⑵设点，则点M满足：00，则0Mx(,y)001243x04由已知可得，设直线与的斜率分别为，FH(0,3),(0,3)MFMHkk12,yy33∴00kk12,………………………………………………………5分xx00yyy33323直线与的斜率之积满足：000……6分kk122xxx0004(ⅰ)∵DG(2,3),(2,0)，则DG3,OG2的方程为：，令，则3直线PFykx13y0P(,0)k13∴OP…………………………………………………………………………7分k1的方程为：，令，则直线HQykx23x2Qk(2,23)2∴DQk2233∴OPDG3…………………………………………………………8分kk1133且9OGDQkk224422………………………………………分4kk11∴OPDGOGDQ……………………………………………………………10分2234(ⅱ)存在K(,)，使得TK为定值，理由如下：…………………………11分555设点S(,),x001122yI(,),xyJ(,)xy当过椭圆上点的直线斜率存在时，设直线方程为：①I(,)x11ylykxm带入椭圆的方程：，化简并整理得：(34k2)x28kmx4m2120∵直线与椭圆仅有一个公共点∴(8km)24(34k2)(4m212)0，即4km2230……………………12分44kmk3∴x，带入，得y134km21m第5页共6页（高2025届数学）mxx3∴k1144y13x3xxyy从而直线l的方程为：yx1，即111…………………………13分4yy1143当过椭圆上点的直线斜率不存在且与椭圆仅有一个公共点时，②Ix(,01)直线的方程为：满足上式.xx12xxyy同理：当过椭圆上点Jx(,y)的直线221与椭圆仅有一个公共点，2243xxyyxxyy这两条直线都过Sx(,y)，所以有010102021,1004343xxyy∴直线IJ的方程为:001…………………………………………………14分43由(ⅰ)则直线的方程为：，令，则23PFykx13y3R(,3)k1又Qk(2,23)2∴的中点3，即33.RQSk(1,32)x01,y03k23k1kk11433∴直线的方程表示为: