江西省重点中学盟校2024-2025年高三第二次联考数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年05月试卷_0507江西省重点中学盟校2024-2025年高三第二次联考（全科）

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