江西省重点中学盟校2024-2025年高三第二次联考数学答案_2025年5月_250506江西省重点中学盟校2024-2025年高三第二次联考（全科）_江西省重点中学盟校2024-2025年高三第二次联考数学

数学答案 1．【答案】C 【解析】由AB 1,0,1,2    x|x2 x20  1,0,1,2    x|1 x2  0,1  ，所以AB中有二个 元素.故选C. 2．【答案】D 1 1 22i 22i 1 1 【解析】由题意z 22i，则      i.故选D. z 22i (22i)(22i) 8 4 4 3.【答案】D 【解析】设圆锥底面圆的半径为r，高为h，母线长为l，因为圆锥的侧面展开图是半径为3的半圆，则l 3， 2 3 3 3 1 1 3 3 3 9 3 2r 3，所以r  ，所以h l2 r2  ，所以该圆锥的体积为 r2h      . 2 2 3 3 2 2 8 故选D. 4．【答案】C   1 3 【解析】由题意得100 10.5x0.06 25，所以10.5x0.06  ，即x0.06  ，两边同时取以10为底的对数， 4 2 得0.06lgxlg3lg20.480.30.18 ，所以lgx3，x1000.故选C. 5．【答案】B 2 1 1 1 【解析】对coscos 两边平方， coscos   ，即cos22coscoscos2 ①， 3 3 9 3 3 3 对sinsin 两边平方，(sinsin)2 ( )2，即sin22sinsinsin2 ②， 2 2 4 1 3 ①+②得，cos2sin2cos2sin22  coscossinsin  ， 9 4 31 31 41 即22  coscossinsin ，则22cos  ，解得cos  .故选B. 36 36 72 6．【答案】C 【解析】若甲负责两个任务,剩余两个任务排给乙、丙两人，此时有C2A2 6种分配方法； 3 2 若甲只负责一个任务，则先在B、C、D中选取一个任务分给甲，然后再将剩下3个任务分为两组，分配给乙、丙 两人，有C1C2A2 18种不同的分配方法.由分类加法计数原理可知，不同的分配方法种数为618 24种.故选C. 3 3 2 7．【答案】A b2  b2   b2  【解析】根据题意，画出示意图，则P,F,C,Q的横坐标都为c，代入双曲线方程得y  ,Pc, ,Qc,  a  a   a  1b2 b2  b2  而A a,0，所以直线PA方程为y xa，令x0，得 y  ，B0, ， 1 1 aca B ca  ca b2 b2 ca  所以直线BA :y xa，令xc得， y  ， 2 aca C a  ca     b2 ca  b2 c 因为3FC  FQ，所以可得3  ，整理得2c  4a，所以e 2.故选A.  a  ca   a a   8．【答案】B     1       2     2  2   【解析】由题意得be b  e cos60  b ，由 bte  be ，两边平方可 b t2 e 2tbe b  e 2be ， 2    2      2  整理得到t2  b t1 b 0对任意实数t恒成立，则 b 4 1 b 0，解得 b 2 0，所以 b 2，   由于 a 2， e 1，所以 1 1 1 1 1 + +12  −  = 12 +2 + 2 − ≥ 2 +2 −2 + = 2 + = .当且仅当 a2e与 ab反向时等号成立.故选B. 2 2 2 2 9.4【 答+案 】+4 ⋅ =2 3 1 【解析】对于BC ，若一组样本数据 x ,y  i 1,2,,n 的对应样本点都在直线 y  x1上，则这组样本数据的 i i 2 A 相关系数为 ，故A错误； 对于 ，若样 1 本数据x ,x ,,x 的方差为4，则数据3x 1,3x 1,,3x 1的方差是32436，所以标准差为 1 2 9 1 2 9 6，故B B正确； 对于 ， ， ， y ez e0.3x4 e4e0.3x，故C正确； 对于C，z因=为lny z =0.3x+，4 ，所以甲组数据的第 百分位数为 ，乙组数据的第 百分位数是 D 6×30%=1.8 10×40%=4 30 31 40 4448 46，314677，故D错误．故选BC. 2 10.【答案】 p 【解析】对 AC 于 D A，由题意可知 1, p2 ，所以抛物线的方程为 y2 4x ，由 A F  A F 1 得 n1 n 2 a a a a a a n1 1 n 11，即 n1  n 1， n  1  n1 1 n ，则a n2，故A正确； n1 n n1 n n 1 n n1 对于B，lna lna 2ln  n1 2lnn2ln ，不是常数，所以数列 lna 不是等差数列，故B错误； n1 n n n 1 对于C，当n1时， 12， a 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 当n2时，      1    2  2 ，故C正确； a a a 12 22 n2 12 23  n 1  n n 1 2 n 22n n  34n1  对于D，1 i a 14916 2n1 2  2n 237  4n1  2n 2n ，故D i 2 i1 正确.故选ACD. 11.【答案】 【解析】对于 ACD ，点P的轨迹是线段GH（点G,H分别为边 , 中点），故A正确； 9 对于 ，截面为A等腰梯形AEFD ,面积为 ,故B错误； 1 1 1 1 2 对于B ，当点 P 在线段 GH 中点时,正弦值最大，此时线面角的正弦值 C AB 2 2 sinAPB  1 1  ，故C正确； 1 1 AP 3 1 对于 ，当点P在G 或H 处时，正方体的中心（即外接球球心）离P点距离最远为 2 ， 此时截D面圆半径最小为1，故D正确．故选ACD. 12.【答案】60 【解析】   x  2  6 的二项展开式的通项为 T Cr  x 6r   2  r Cr 2 r x 3 3 2 r ,r  0,1,2,,6 ，令  x r1 6  x 6 3 3 r 0，得r 2，所以展开式中的常数项为T C22 2 60. 2 3 6 64 13.【答案】 81 3 2 2 8 2 1 2 8 【解析】甲以3:0获胜的概率为P     ，以3:1获胜的概率为P C2      ， 1 3 27 2 3 3 3 3 27 2 2 2 1 2 16 8 8 16 64 以3:2获胜的概率为P C2        ，所以甲获胜的概率为P  P P P     . 3 4 3 3 3 81 1 2 3 27 27 81 81 1 14.【答案】 2e 【解析】由题意可得 f  x  x ln  x 1 12lnt ，所以x 1ln  x 1 lnt2， 1 1 1 1 1 所以ln   x 1 1  ex 1 1  lnt2，所以t2  x 1 1  ex 1 10，又g  x 2  x 2 lnx 2 t2，所以t2 elnx 2 lnx 2 0， 因为 y  xex在 0,上单调递增，所以lnx  x 1，所以 x x x  lnt=x lnx lnt t2lnt ， 2 1 1 2 2 2 2 1 1   令h  t t2lnt  t 0 ，则h t 2tlntt .由h t 0，得t e 2；由h t 0，得0t e 2，   1   1    1  1 1 所以h  t 在0,e 2上单调递减，在e 2,上单调递增，所以h  t  he 2 .故答案为 .     min   2e 2e 15.（1）因为bsinBcsinC asinAbsinC ，由正弦定理知b2 c2 a2 bc，即a2 b2 c2 bc，（3分） 1  由余弦定理知a2 b2 c2 2bccosA，所有cosA ，A .（6分） 2 3 3 （2）由已知BADCAD ，S S S ， 6 ABC ABD CAD 1  1  1  则 bcsin  csin  bsin ，所以 3bc bc.（9分） 2 3 2 6 2 6  在ABC中，由余弦定理a2 b2 c2 2bccos ，即4b2 c2 bc bc 23bc ， 3 3 57 所以3  bc 2 3bc40 ，解得bc  ，（11分） 6 1  1 3 57 3 3  19 S  bcsin     .（13分） ABC 2 3 2 6 2 8 16.（1）取AE的中点F ，连接BF,DF,BE ， 由已知得BE  AD  4，ABE,ADE 均为等边三角形， BF  DF  2 3，由于BF2 DF2 BD2，所以DF BF （3分） 又因为DF  AE ，AEBF F ，AE 平面ABCE， BF 平面ABCE，所以DF 平面ABCE ，又DF 平面ADE ， 所以平面ADE 平面ABCE .（6分） （2）由BD6知DFB120，以F 为坐标原点，FA,FB所在直线为x轴、y轴，建立如图所示的空间直角坐       标系，则A  2,0,0  ,B 0,2 3,0 ,C 3, 3,0 ,D 0, 3,3 ，（8分）          AB 2,2 3,0 ,BD 0,3 3,3 ，BC  3, 3,0 ，     n AB 0  2x 2 3y 0    设平面ADB的法向量为n  x ,y ,z ，由 1  得 1 1 ，取n  3,1, 3 ，（10分） 1 1 1 1 1 n BD0  3 3y 3z 0 1 1 1     n BC 0  3x  3y 0    设平面CDB的法向量为n  x ,y ,z ，由 2  得 2 2 ，取n  1, 3,3 .（12分） 2 2 2 2 2 n BD0  3 3y 3z 0 2 2 2     n n 3 3 3 273 设平面ADB与平面CDB所成角为，则cos cos n,n   1  2   ， 1 2 n n 7 13 91 1 2 3 273 所以平面ADB与平面CDB所成角的余弦值为 .（15分） 91 1 1 3 17.（1）当a  时， f  x  e2x x ， f x e2x 1， f  0 2， f 0 0，所以函数 y  f  x 的 2 2 2 图象在x0处的切线方程为y 2.（3分） 4（2） f x e2x  2a1  ex 2a   ex 2a  ex 1  ，（4分） 当a0时，ex 2a 0，所以当x,0 时，f x 0，f  x 单调递减，当x 0,时，f x 0，f  x  单调递增；（5分） 当a0时，由 f x 0，得x0或xln  2a ， 1 当2a 1即a  时， f x 0， f  x 在R上单调递增， 2 当0a 1 时，x  ln  2a  ,0  时，f x 0，f  x 在  ln  2a  ,0  上单调递减，x  ,ln  2a  和x 0, 2 时， f x 0， f  x 在  ,ln  2a  ,  0,单调递增；（7分） 当a  1 时，ln  2a 0， x  0,ln  2a  时， f x 0， f  x 在  0,ln  2a  上单调递减， x,0 和 2 x  ln  2a  ,  时， f x 0， f  x 在,0  ,  ln  2a  ,  上单调递增.（8分） 综上可得，a0时， f  x 在,0 单调递减，在 0,上单调递增； 1 a  时， f  x 在R上单调递增； 2 0a 1 时， f  x 在  ln  2a  ,0  上单调递减，在  ,ln  2a  ,  0,上单调递增； 2 a  1 时， f  x 在  0,ln  2a  上单调递减，在,0  ,  ln  2a  ,  上单调递增.（9分） 2 1 （3）由题可得 f  0 12a0，所以a ，（10分） 2 1 由（2）知当a  时， f  x 在 0,1 上单调递增，则当x 0,1 时 f  x 0，不满足题意，（11分） 2 当a  1 时， f  x 在  0,ln  2a  上单调递减，在  ln  2a  ,  上单调递增， 2 e 当ln  2a 1，即a 时 f  x 在 0,1 上单调递减，x 0,1  时， f  x  f  0 0，满足题意，（12分） 2 当0ln  2a 1，即 1 a e 时， f  x 在  0,ln  2a  上单调递减，在  ln  2a  ,1  上单调递增， 2 2 由x 0,1  时， f  x 0恒成立，则 f  1  1 e2 2a1  e2a 3 0，得a e2 2e3 ， 2 2 4e4 e2 2e3 1  e2 2 1 e2 2e3 e 3e2 e2 2e3 e 因为    0,    0 ，所以 a .（14分） 4e4 2 4e4 4e4 2 4e4 4e4 2 e2 2e3  综上可得实数a的取值范围为 ,.（15分）  4e4  1 1 1 1 3 1 1 3 1 5 18.（1）①P  ,P     ,P      .（3分） 1 2 2 2 2 2 4 3 2 2 4 2 8 ②由题知，累计获得n分时有可能是获得n1分时掷骰子点数为奇数或获得n2分时掷骰子点数为偶数，而掷骰 51 子点数为奇数和偶数的概率均为 . 2 1 1 所以P  P  P  n 3 ，（6分） n 2 n1 2 n2 1 1 则P P   P P ，n3，P P  ， n n1 2 n1 n2 2 1 4 1 1 故 P P  2n9 为首项为 ，公比为 的等比数列.（8分） n n1 4 2 n2 n3 1 1 1 1 1 （2）由（1）知P P     ,P P     ,......,P P  ，将所有等式相加得 n n1 4 2 n1 n2 4 2 2 1 4 n1 n1  1  1 1    1     n1 n 1  2  2 1  1 1 2 1 1 P P    ，所以P  1           1n9 ，（11分） n 1 4 1    1  6 n 6  2  2 3 3 2  2 9  8 2 1 1 341 1 1 2 1  1  171 P       ，P  P         ，（13分） 9 3 3 2 512 10 2 8 2  3 3  2  512 x 设一等奖的奖金为x元，二等奖的奖金为 元， 2  x 341 171 由题意知   x  1010000元，（15分） 2 512 512 1024000 解得x 1499.27，即一等奖的奖金最多不超过1499元.（17分） 683 c 1 1 19.（1）由题意可知e  ，a2c，A为椭圆的上顶点或下顶点时，AFF 的面积最大，即有 2cb 3， a 2 1 2 2 即bc  3，又b2 a2 c2 3c2，得b 3c ，所以 3c2  3，c1,a 2,b 3 ，从而椭圆C的标准方程 x2 y2 为  1.（6分） 4 3 k k （2）与k ,k 之间的关系式为：当θ∈[0， ）tan 1 2 ;当 ， =-1.（9分） 1 2 1k k π 1 2 2 =2 1 2  x x  1  2 （3）设直线OA的方程为 y kx ，直线AB的方程为 y  xm，作仿射变换 ，则椭圆C的方程变 k y  y  3 为圆的方程：x2  y2 1，（11分） 2 点 A,B 对应变为 A,B ，则 OA  OB 1 ，直线 OA 的方程为 y kx ，直线 AB 的方程为 3 61 2 1 3y 2xm ，即 y x m， k 3k 3 2 2 k k k 3 3k 1 设OAB，则tan OA AB  2 3 k 4 3 ，当且仅当k 1时取等，（13分） 1k k 4 k OA AB 1 3 1 1 tan S  OA OB sin 2 sin2 ， OAB 2 2 1tan2 x  1x2  令 f  x  ,x4 3, ， f x   0，知 f  x 在4 3, 上单调递减， 1x2   1x2 2    4 3 所以 f  x  f 4 3  .（15分） 49 4 3 24 24 即S  ，所以S 2 3S  ，故OAB的面积的最大值为 .（17分） OAB 49 OAB OAB 49 49 7