精品解析：江西省六校2024-2025学年高三下学期第二次联考数学试题

绝密★启用前 江西省六校2025届高三第二次联考数学试卷 （时间：120分钟 总分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 若集合（i是虚数单位），，则（ ） A. B. C. D. 2. 若命题，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知向量，其中，，且，则向量和的夹角是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：） A. B. C. D. 6. 已知函数，则在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知曲线，，其中．点，，是曲线与依次相邻的三个交点．若是等腰直角三角形，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知正实数，满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据，，，，，，，的第80百分位数为10 B. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1 C. 已知随机变量服从正态分布，越大，则随机变量越集中 D. 若随机变量，随机变量，则 10. 已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C 过点能作两条不同直线与相切 D. 函数恰有4个零点 11. 如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限交点为，若，则下列结论正确的是（ ） A. 圆的圆心都在直线上 B. 圆方程为 C 若，则圆与轴有交点 D. 设直线与圆在第二象限的交点为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆，过左焦点作直线与圆相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆的离心率为______． 13. 在等比数列中，，是函数的两个极值点，若，则的值为______． 14. 设，，，，函数（e是自然对数的底数，）．从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为______． 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. 在中，内角，，的对边分别为，，．已知． （1）求角； （2）若，，求周长． 16. 已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且点的横坐标为6． （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线与抛物线相交于，两点，关于轴的对称点为，证明：直线必过定点． 17. 如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）是边上的点，且与平面所成角的正切值是，求的面积． 18. 已知函数． （1）若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； （2）若，证明：； （3）设，是函数的两个极值点，证明：． 19. 甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为． （1）求和； （2）求数列的通项； （3）设，数列的前项和为，若，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 江西省六校2025届高三第二次联考数学试卷 （时间：120分钟 总分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 若集合（i是虚数单位），，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的运算及交集运算即可求解； 【详解】， 所以， 故选：B 2. 若命题，，则命题的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据命题的否定即可求解. 【详解】命题的否定为: ，, 故选：C 3. 已知向量，其中，，且，则向量和的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用向量垂直的条件即为数量积为0，再由向量夹角公式和范围，即可得到夹角． 【详解】解：由于，，且， 则，即有， ， 由于，， 则与的夹角为． 故选：A． 4. 已知，则（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，利用两角和与差的正弦公式可求得，再利用二倍角公式即可求得. 【详解】因为， 则，即， 所以， 则. 故选：B. 5. 白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】圆台的体积即为该茶杯容量，求出圆台的高，进而利用圆台体积公式求出答案. 【详解】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm， 过点分别作⊥，⊥于点， 则cm，cm， 其中圆台的高为cm， 故圆台体积为. 故选：D 6. 已知函数，则在点处切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分段函数结合导数求出，再根据点斜式求出直线方程. 【详解】当时，， 当时，，则， 所以，， 则所求切线方程为，即. 故选：A 7. 已知曲线，，其中．点，，是曲线与依次相邻的三个交点．若是等腰直角三角形，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先做出图形，选择恰当的，，三点，因为三点在两曲线上所以坐标满足函数解析式，再根据是等腰直角三角形，找到对应的关系式解方程即可求出的值. 【详解】 因为点，，是曲线与依次相邻的三个交点，不妨设点为曲线与在轴上的交点，如图所示，为的中点，连接, 易知，,与轴平行，所以 又因为是等腰直角三角形，所以，所以 又因为在曲线上，所以， 又因为所以：即 所以. 故选：D 8. 已知正实数，满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将已知变形为,然后再运用基本不等式得到,利用导数求证再用取得等号时的条件可得，即可求解. 【详解】由题设可得 (当且仅当时取等号), 即,由于，均为正实数，即， 设， 则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当， 故当且仅当时取等号， 因此，故，则， 故，解得,所以, 故选：C. 【点睛】结论点睛：常用的不等式：，，，，，. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据，，，，，，，的第80百分位数为10 B. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1 C. 已知随机变量服从正态分布，越大，则随机变量越集中 D. 若随机变量，随机变量，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据百分位数的计算公式即可求解求解A，根据相关系数的性质即可求解B，根据正态分布中的含义和性质即可求解C，根据二项分布的期望公式以及期望的性质即可求解D. 【详解】对于A，将数据，，，，，，，从小到大排列为，由于，故第80百分位数为第7个数10，A正确， 对于B，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，B错误， 对于C，正态分布，表示标准差，故越大，随机变量越分散，C错误， 对于D，随机变量，则,故随机变量，则，D正确， 故选：AD 10. 已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点能作两条不同直线与相切 D. 函数恰有4个零点 【答案】AB 【解析】 【分析】求得，根据，可判定A正确；由，利用导数的符号求得函数的单调区间，可判定B错误；设过点且与函数相切的切点为，求得切线方程，列出方程求得的值，可判定C错误；令，作出函数的图象，得到，进而的函数零点的个数，可判定以D正确． 【详解】对于A中，由函数，可得， 因为 是函数的一个极值点，可得， 解得，经检验适合题意，所以A正确； 对于B中，由，令，解得或， 当时，；当时，；当时，， 故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确； 对于C中，设过点且与函数相切的切点为， 则该切线方程为， 由于切点满足直线方程，则， 整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误； 对于D中，令，则的根有三个，如图所示，， 所以方程有3个不同根，方程和均有1个根， 故有5个零点，所以D错误． 故选：AB． 11. 如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（ ） A. 圆的圆心都在直线上 B. 圆的方程为 C. 若，则圆与轴有交点 D. 设直线与圆在第二象限的交点为，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出连心线所在直线方程判断A；求出圆的方程判断B；求出圆的圆心到y轴的距离，结合直线与圆的位置关系判断C；求出点的纵坐标判断D. 【详解】圆的圆心，直线的方程为，即， 由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，故A正确； 显然，设点，则，而， 解得，因此圆的圆心，半径为， 圆的方程为， 则圆的方程为，故B正确； 圆的圆心为，半径， 圆心到轴的距离为， 由两边平方得， ，，而 所以当时，圆与轴有交点，C选项正确. 在中，令，得点的纵坐标为，因此，故D错误． 故选：ABC 【点睛】关键点睛：本题的关键是根据题意确定圆的圆心都在直线上，得到，求出圆心坐标，从而确定圆的圆心，半径为，进而确定圆的方程. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知椭圆，过左焦点作直线与圆相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意利用直线与圆相切可得，再由余弦定理计算得出，利用椭圆的定义即可得出离心率. 【详解】设椭圆右焦点为，连接，如下图所示： 由圆：可知圆心，半径， 显然，且， 因此可得，所以，可得，可得，又， 由余弦定理可得，解得， 再由椭圆的定义可得，即， 因此离心率. 故答案为： 13. 在等比数列中，，是函数的两个极值点，若，则的值为______． 【答案】16 【解析】 【分析】求定义域，求导，得到是方程的两个不相等的正根，由韦达定理和等比数列的性质得到，从而得到方程，求出. 【详解】的定义域为， ， 由题意得是方程的两个不相等的正根， 故，解得， 由韦达定理得，故， 因为为等比数列，所以， 其中，故， 所以，解得，满足要求. 故答案为：16 14. 设，，，，函数（e是自然对数的底数，）．从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的应用研究函数的零点，进而，得，结合列举法和古典概率公式即可求解. 【详解】由题意，，，，，则有序实数对有81个. 由，得， 令， 所以当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 且时，；当时，， 所以， 要使有两个零点，则， 即，得，即. 满足该条件的有序实数对有： 对于，可以取，共7个； 对于，可以取，共4个； 对于，可以取，共1个； 所以所求事件的概率为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的应用研究的零点，进而，得，结合列举法计算即可. 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. 在中，内角，，的对边分别为，，．已知． （1）求角； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角差的正弦展开式化简后再利用特殊角的正切值求出角； （2）由正弦定理求得，再利用余弦定理求得，即可求得求的周长． 【小问1详解】 中，由正弦定理得， 又因为，所以， 因为，所以， 所以，又因为，所以. 【小问2详解】 在中，由正弦定理，得， 因为，所以， 在中，， 由余弦定理得，即， 所以，所以， 所以，所以周长为. 16. 已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且点的横坐标为6． （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线与抛物线相交于，两点，关于轴的对称点为，证明：直线必过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由双曲线求其渐近线方程，求出点的坐标，由此可求抛物线方程； （2）联立直线的方程与抛物线方程可得关于x的一元二次方程根据韦达定理求出，求出直线的方程并令，求出x并逐步化简可得，则直线过定点. 【小问1详解】 设点的坐标为，因为点在第一象限，所以， 双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以， 所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以， 故抛物线的标准方程为：； 【小问2详解】 设直线的方程为，联立，消得，， 方程的判别式，即， 设，则， 设关于轴的对称点为， 则直线的方程为， 根据抛物线的对称性可知定点必定在轴上， 令得： ． 直线过定点． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 技巧：若直线方程为,则直线过定点; 若直线方程为 (为定值),则直线过定点 17. 如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）是边上的点，且与平面所成角的正切值是，求的面积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，得到，再由是正三角形，得到，利用面面垂直的判定证明； （2）设，与平面所成角为,结合（1）结论，以为坐标原点,为轴，为轴，为轴，建立的空间直角坐标系，设平面的法向量，利用与平面所成角正切值求出,进而得到面积. 【小问1详解】 由题设得，从而. 又是直角三角形，所以. 取AC的中点O，连接DO、BO，则DO⊥AC， 又是正三角形，故. 则在直角中，， 又，所以， 故. 而,平面， 故平面，而平面， 所以平面⊥平面. 【小问2详解】 设，与平面所成角为, 结合（1）结论，以为坐标原点,为轴，为轴，为轴，建立的空间直角坐标系， 则，, , 设平面的法向量， 则,则,令,则, 故, 由,则 故 则,解得 故, 则, 所以边上的高为, 故. 18. 已知函数． （1）若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； （2）若，证明：； （3）设，是函数的两个极值点，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意得恒成立，参变分类，结合二次函数的性质求最值即可； （2）求导，确定其单调性得到，构造函数，求导确定其单调性得到，即可求证； （3）化简，将转化成，再构造函数，通过讨论其单调性即可求证. 【小问1详解】 由题意知函数的定义域为， 在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，当且仅当时，等号成立， 所以，即的取值范围是, 小问2详解】 若，，所以， 令，解得，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当且仅当时，等号成立. 令，，所以， 令，解得，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，又等号不同时成立， 所以. 【小问3详解】 由题意可知， 因为有两个极值点，， 所以，是方程的两个不同的根， 则 所以 ， 所以要证，即证， 即证，即证，即证. 令，则证明， 令，则， 所以在上单调递增，则，即， 所以原不等式成立. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 19. 甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为． （1）求和； （2）求数列的通项； （3）设，数列的前项和为，若，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据传球游戏的规则，再根据独立事件概率公式，求解概率， （2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式； （3）首先根据（2）的结果，求，利用裂项可得，求和可得，并利用放缩法得，利用错位相减法即可证明不等式. 【小问1详解】 当投掷2次骰子后，球在乙手中，共有1种情况：甲甲乙，其概率为，故， 当投掷3次骰子后，球在乙手中，共有3种情况： ①：甲乙甲乙，其概率为 ②：甲乙丙乙，其概率为 ③：甲甲甲乙，其概率为 所以投掷3次后，球在乙手中的概率为. 小问2详解】 由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有． 变形为． 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列． 所以． 所以数列的通项公式． 【小问3详解】 ,故， 故， 所以，故， 记，其前项和为， 所以， 故， 相减可得， 故， 故， 故， 因此，得证. 【点睛】方法点睛：解决概率与数列知识点交叉题的方法，一般是从概率问题中寻求相关概率间的递推关系，利用转化思想将其化归为等差或等比数列求解；对于利用数列的通项公式证明不等式时，常用到裂项相消法和错位相减法求和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$