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.C2.A3.B4.C5.D6.C7.A8.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.AB10.ACD11.ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。512.713.214.72四、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】242adbq11+=32+=3dq（）设数列{}a的公差为，{}b的公比为q，则，即，1ndn22aadbq111(+=2)32+=dqn因为q0，所以dq==3，所以ann=3，bn=3.………………………………………………………6分ann（2）由（1）知，cn==n−1，bn323n令S=++++1，则n333121n−1123nS=++++，33333n23nn11−2111131nnn3两式相减得S=11+++++−=−=−−n231nnnnn−133333332331−3923n+所以S=−.…………………………………………………………………………………………13分n443n−116.（15分）【解析】（1）设AC的中点为O，连接OB，OM，AC1.因为M是AA1的中点，所以OMAC//1，因为三棱柱ABCA−B111C的所有棱长都为2，所以四边形ACC11A为菱形，所以ACAC11⊥.所以AC1⊥OM.又ACBM1⊥，OMBM=M，所以AC1⊥平面BOM，所以AC1⊥BO.又BO⊥AC，且ACAC1=A，AC1平面ACC11A，AC平面所以BO⊥平面.因为BO平面ABC，所以平面ACC11A⊥平面ABC.………………………………………………7分数学试题答案第1页（共4页）（2）连接AO1，由题意知AO1A⊥C，所以OB，OC，OA1两两垂直，以O为原点，，，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)，A0,1,0−，A0,0,3，C0,2,3，C0,1,0.()1()1()()z所以AB=(3,1,0)，AA1=(0,1,3).A1C1设平面ABB11A的法向量为nx=yz(,,)，MB1nA=B0,30xy,+=则所以yz+=30.nA=A10.OA取x=1，则y=−3，z=1，Cy所以，n=−1,3,1是平面的一个法向量.B()x又CBCBCC11=+=−+=(3,1,00,1,33,0,3)()()，CBn12310设CB1与平面所成角为，则sincos,====CBn1，655CBn110即CB1与平面BDE所成角的正弦值为.……………………………………………………………15分517.（15分）【解析】（1）因为fxx(a)=−ex，f(01)=−a=1由题意得，所以.…………………………………………………………………4分f(02)=−b=1（2）由（1）知，fxxx()=−−−(1e1)x，所以fxx()=−e1x，令gxfx()=()，则gxxe()=+(1)x.所以当x−−(,1)时，gx()0，即gx()在(−−,1)上单调递减，当x−+(1,)时，gx()0，即在(−+1,)上单调递增，又gg(1)0,(0)0，且当x0时，gx()0.所以存在唯一x0，使得gx()00=，当xx−(,0)时，gx()0，即fx()0，所以fx()在(−,x0)上单调递减，当xx+(0,)时，gx()0，即fx()0，所以在(x0,+)上单调递增，所以fxfx()(0)，x1x0e0=因为gx(0)=0，即x0e1=（显然x00），也即.x01所以f(x00)=−x−0.x03又ff(−2102e3)=−=−0，()2,e2根据函数零点存在定理，在区间(−2,x0)和(x0,2)内各仅有一个零点，所以fx()仅有两个零点.…………………………………………………………………………………11分数学试题答案第2页（共4页）x1设x1是函数fx()的零点，则fxxx(111)=−−−=(1e10)，又−−xxx111，fxxxxx(−=−−+−=−−−=11111)(1)e1e1e10()所以−x1也是函数的零点，所以的所有零点之和为0．………………………………………………………………………15分18.（17分）【解析】4（1）设点Px(y,)，则xy2=.000032242又E(0,1)，所以PExyyyyy=11122+−=+−=−+()()，00000033122所以当y0=时，PE的最小值为.…………………………………………………………………4分33（2）记直线PB，PC，BC的斜率分别是k1，k2，k3.22−k设过P(2,3)的圆E的切线方程为：ykx−=−32()，则有=rk2+1即(4840−−+−=rkkr222)（*）因为k1，k2是（*）方程的两个根，8所以kk+=，kk=1.124−r212y−3=k(x−2)又4，所以348120xkxk2−+−=.xy2=3812k−812k−4k4k即2x=1，2x=2，也即x=−12，x=−22.…………………………9分B3C3B3C3yy−38BC+（i）因为的斜率为，所以kxxkk312==+=−=−(BC)332.xxrBC−−442283又因为，所以−3−1,−.0r2347−r3即直线BC斜率的取值范围为−−1,.………………………………………………………………13分74（ii）因为y=k2−4k+3，所以直线BC方程为：y−y=k(x−x)，B311B3B44即y−(k2−4k+3)=(k+k−3)(x−k+2).31112311313也即y=(k+k−3)x+2(k+k)−，即y=(k+k（)x+2）−3x−12123123135令x=−2，则y=6−=，335所以直线过定点−2,.……………………………………………………………………………17分3数学试题答案第3页（共4页）19.（17分）【解析】（1）由题意知，HXpppp()=−−−−ln1ln1,()()其中01p.1−p令HX(p)=()，则(p)=ln.p11所以当0p时，(p)0，所以(p)在0,上单调递增；2211当p1时，(p)0，所以在,1上单调递减.221所以HX()在p=时取得最大值，且最大值为ln2.………………………………………………5分2（2）要证eHX()m，即证ln(m)HX，因为mm1lnlnlnlnlnmHXmpmpp−=−=+()iii()ii==11pimmm=+=(pmpppmpiiiiilnln)ln()(())iii===111m11−==pmpp1(1,)等号仅在即时成立iiii=1mpmimm1=−=p−i=110ii==11m所以.……………………………………………………………………………………………12分nkkkkn−−knk（3）由题意知fpHXC=−−ppC＝pp-1ln1，()()nn()(())k=0knk−由CCnn=易知fpfp()=−(1)，1所以fpfp()=−−(1)，即得f=0.………………………………………………………17分2注：其他解法酌情给分.数学试题答案第4页（共4页）