江西省十校协作体2025届高三第二次联考数学试卷（解析版）

这是一份江西省十校协作体2025届高三第二次联考数学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了 已知全集，集合，则， 已知是实数，则“”是“”的， 记为等比数列的前项和，若，则， 已知函数，若，则的值为， 已知，，则等内容，欢迎下载使用。
1. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】集合，又，故.
故选：C.
2. 已知是实数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】当时，因为函数在单调递增，
所以，即，
所以或，故必要性不成立；
若“”，则或，
所以，或，
则，或，故充分性不成立，
所以是的既不充分也不必要条件.
故选：D.
3. 记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A. 81B. 71C. 61D. 51
【答案】C
【解析】由题可知，，成等比数列，
所以，即，得，
则此等比数列首项是1，公比是，那么，
，
所以.
故选：C
4. 已知向量，满足，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】因为向量，满足，，
所以，
所以，
则在上的投影向量为.
故选：B.
5. 已知函数，若，则的值为（ ）
A. 0或B. 0或C. D.
【答案】A
【解析】若，即，可得，
解得：，符合；
若，即，可得，解得：，符合；
综上可知：的值为0或，
故选：A
6. 如图，湖面上有4个相邻的小岛，现要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，则建设方案有（ ）
A. 12种B. 16种C. 20种D. 24种
【答案】B
【解析】由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连接起来，
共有个位置可以建设桥梁，
从这6个位置中选3个建设桥梁，共有种选法，
但选出的3个位置可能是仅连接或或或三个小岛，不合题意，
故要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来，共有（种）不同的方案.
故选：B.
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
将式子的左右两侧同时除以，可得
，
即.
故选：D
8. 已知点M是椭圆上的一点，，分别是C的左、右焦点，且，点N在的平分线上，O为原点，，，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，，延长ON交于A，如图所示.
由题意知，O为的中点，∴点A为中点.
又，点N在的平分线上，
∴，∴是等腰三角形，
∴，
则，所以.
又，所以.
又在中，由余弦定理得，
即，即，
化简得：.
又，所以，所以，即
故选：B.
二､多选题：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. 某品牌新能源汽车2024年上半年的销量如下表：
则（ ）
A. 销量的极差为3.6
B. 销量的第60百分位数为13.2
C. 销量的平均数与中位数相等
D. 若销量关于月份的回归方程为，则
【答案】AC
【解析】将销量按升序排列可得11.7，12.4，13.2，13.8，14.6，15.3，
对于A，销量的极差为，A正确；
对于B，由，得销量的分位数是第4位数13.8，B错误；
对于C，销量的平均数，
销量的中位数，则销量的平均数与中位数相等，C正确；
对于D，月份的平均数，
回归方程过样本中心点，
即，解得，D错误.
故选：AC
10. 如图，在边长为的正方体中，分别是棱的中点，是底面内的动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A. 若平面，则点的轨迹长度为
B. 存在满足
C. 存在满足
D. 若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
【答案】ABD
【解析】对于A：如图：
取中点，中点，连接，
则，又，
所以，所以共面，
又，所以，相交，
因为，，，，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
因为，，，，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
又平面，相交，
所以平面平面
因为平面，所以点轨迹为线段，且.故A正确.
对于B：设点C关于平面对称的点为，
，
当且仅当点为线段与平面的交点时取等号，所以B正确.
对于C：如图：
因为，且，，
所以不存在满足，故C错误；
对于D：如图：
连接，取其中点，连接.
因为是棱的中点，则.所以为外接圆圆心.
过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心一定在该垂线上.
设三棱锥外接球的半径为，
连接，设，则，
连接，所以，
所以，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为：，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 关于直线对称
B. 的弦长最大值大于
C. 直线被截得弦长的最大值为
D. 的面积小于
【答案】ACD
【解析】对于A：由，
所以函数的反函数为，
所以关于直线对称，故A正确；
对于B：有.
设，则，
由.
由，
所以在上单调递减，在上单调递增.
且，
所以存，使得，另.
所以曲线与直线有两个交点，设右侧的交点为，左侧的交点为，
则，所以，
结合图象可得，的弦长最大值小于，故B错误；
对于C：因为直线与直线垂直，
设为曲线的切线，由，
所以切点为，所以切线方程为.
直线与的距离为.
所以直线被截得弦长的最大值为，即.故C正确；
对于D：由，所以B中.
过点做的切线，再做该切线关于对称的直线，
过，做切线的垂线，与两切线分别交于，
如图所示，构成矩形，
该矩形将图形包含在内，所以的面积小于矩形的面积.
又，
所以矩形的面积为.所以D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.
12. 已知复数满足，则的最小值是______.
【答案】
【解析】由复数满足，
则复数所对应的点到点的距离为1，
即点的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
则的最小值是，
故答案为：.
13. 如图，将绘有函数部分图像的纸片沿轴折成钝二面角，夹角为，此时之间的距离为，则__________.

【答案】
【解析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，
连接，则，
由余弦定理得，
由上可知，轴垂直于，又平面，
所以轴垂直于平面，又轴，所以平面，
因为平面，所以，
因为周期，所以，
由勾股定理得，解得
由图知，的图象过点，且在递减区间内，
所以即
因为，点在递减区间内，所以，
故答案为：.
14. 已知对任意的，不等式恒成立，则的取值集合为__________.
【答案】
【解析】当时，由，可得对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，此时不存在；
当时，由对任意的恒成立，
作出的大致图象，如图所示：
由题意可知，又是整数，
所以或或.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.
15. 某校利用数字化软件记录500位学生每日课后作业完成的时长，某次考试之后统计得到了如下平均作业时长与学业成绩的数据表：
（1）填写如下列联表，试判断：是否有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长不小于2小时且小于3小时有关？
（2）常用表示在事件A发生的条件下事件B发生的优势，在统计中称为似然比.现从所有500名学生中任选一人，A表示“选到的是男生”，B表示“选到的学生成绩优秀”，若，且，求.
附：，.
解：（1）列联表数据如下：
因为，
所以有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长不小于2小时且小于3小时有关；
（2）已知，则，，
由已知得，
所以由概率的乘法公式可知，
因为，所以，
又因为，所以，
所以.
16. 记的角的对边分别为，已知.
（1）求A；
（2）若点D是BC边上一点， 且， 求的值.
解：（1）因为，
则，
可得，
且，则，可得，即，
又因为，所以.
（2）因为，由（1）可知：，
设，则.
在Rt中，可得，即，
在中，由正弦定理得，
可得，
又因为，即，
可得，解得，
所以的值为.
17. 多面体中，四边形为梯形，，，且四边形为矩形．

（1）求证：平面；
（2）若，求平面与平面所成角的余弦值．
（1）证明：因为，，
所以，，，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
因为，所以，
又因为四边形为矩形，所以，
因为，所以平面，
因为，所以平面.
（2）解：取中点中点N，以M为原点，以方向为x轴，以方向为y轴，以方向为z轴，建立如图所示的坐标系

又，则
所以，则
，．
假设平面的一个法向量为，则
，令，则，所以，
假设平面的一个法向量为，则
，令则，所以
假设平面与平面所成的角为，则
，
即平面与平面所成角的余弦值为．
18. 设函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在区间上单调递增，求的取值范围；
（3）当时，，求的取值范围．
解：（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
又，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2），
由题意得，恒成立．
令，则，且在单调递增，
令，解得，
所以当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增；
所以，
又，当且仅当，故．
（3）解法一：因为，所以题意等价于当时，．
即，
整理，得，
因为，所以，故题意等价于．
设，
的导函数，
化简得，
考察函数，其导函数为，
当单调递减；当单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，
所以，
所以当单调递减；
当单调递增；
所以的最小值为，
故．
解法二：先考察，由（2）分析可得，
情况1：当，即，
此时在区间单调递增，
故，即，符合题意；
情况2：若，则，
注意到，且，故对进一步讨论．
①当时，即
且由（2）分析知：当单调递减，
故当，即单调递减，
故恒有，不符合题意，舍去；
②当时，
注意到在区间单调递减，且，又，
故在区间存在唯一的满足；
同理在区间单调递增，且，
故在区间存在唯一的满足；故可得
所以当，符合题意；
故题意等价于，即．
又因为，即，化简，得
所以，整理得．
注意到，所以，
故解得，
由之前分析得即
考察函数，其导函数为，
当单调递减；
当单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，所以恒成立，
故，又注意到情况（2）讨论范围为，
所以也符合题意．
综上①②本题所求的取值范围为．
方法三：先探究必要性，由题意知当时，是的最小值，
则必要地，即得到必要条件为；
下证的充分性，即证：当时，．
证明：由（2）可知当时，在单调递增，
故的最小值为，符合题意；
故只需要证明时，．
由（2）分析知时，
其中．
注意到，据此可得更精确的范围是；
所以等价于证明，
又因，即，可得，
只需证明，
等价于证明，
注意到，即，
故若①当，此时显然成立；
若②当，只要证明，
此时，且
所以，故得证．
综上必要性，充分性的分析，本题所求的取值范围为．
19. 已知曲线，点在曲线上.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）如图1，过曲线外一点（不在轴上）作的两条切线，切点为，过曲线上一点的切线交于点，且，把这样的叫做“外切三角形”.
①连接交于点，求证：三点的纵坐标成等差数列；
②如图2，从点出发作出的第一个外切三角形是再过点分别作出2个外切三角形，即和；继续过点分别作出4个外切三角形以此类推，依次作出，个外切三角形.设的面积为，求这些“外切三角形”的面积之和，并证明.
解：（1）由题可得，则，
故点处的切线方程为,
即.
（2）①,
则由（1）可知直线为，直线为，
由在上，同时在，
可知直线的方程为，
，
又由（1）可知直线的斜率为，又，
，即，则直线为点横坐标为，
又在上，，
即三点的纵坐标成等差数列.
②由①可知三点的纵坐标成等差数列，则，
又，则，可得，且相似比为，
故，
同理可得
如图连接，因，又，
则与在底边与底边对应的高相同，
又，则，则，
则，
即第二次所做的“外切三角形”的面积之和是第一次所做“外切三角形”的面积的，
同理每一次所做“外切三角形”面积之和都是上一次“外切三角形”面积之和的
可得月份
1
2
3
4
5
6
销量（万辆）
11.7
12.4
13.8
13.2
14.6
15.3
平均作业时长（单位：小时）
学业成绩优秀：
1
14
37
43
5
学业成绩不优秀：
136
137
102
18
7
时长
其他
总计
优秀
不优秀
总计
时长
其他
总计
优秀
80
20
100
不优秀
120
280
400
总计
200
300
500
+
0
-
0
+
极大值
极小值
+
0
-
0
+
极大值
极小值