2025届江西省部分校高三下学期2月联考数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1江西省部分校2025届高三下学期2月联考数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】已知集合，，则.故选：D.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，即，则.故选：C.3.已知向量满足，，且，则夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，解得.故选：A.4.已知椭圆的长轴长是短轴长的3倍，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可得，即，可得，所以.故选：B.5.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以是偶函数，排除选项B，当时，，当时，，排除选项A，D．故选：C.6.为了得到函数的图象，可将函数的图象向左平移个单位长度，或向右平移个单位长度（均为正数），则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，，，即得，，，故得，，当时，的最小值是.故选：B7.已知函数若关于的方程恰有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】画出函数的图象，如图所示，设，则原方程可化为，解得或．由图可知当时，有2个根．因为原方程有4个不同的实数根，则有2个根，所以或或，解得或或，则实数的取值范围为.故选：D.8.下面四个绳结中，可以无损伤地变为下图中的绳结的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】题图中的绳结是两个相扣的圆环，而（1）与（3）中的绳结由一根绳子扭成，（4）中的绳结由两个没有相扣的圆环构成，都不可能扭成题图中的绳结.（2）中的绳结可以无损伤地变为题图中的绳结.故这四个绳结中，可以无损伤地变为题图中的绳结的个数是1.故选：A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.近年来，人工智能（AI）技术发展迅猛，其市场规模也在不断变化．以下是收集到的2015年至2024年这十年间世界AI市场规模（单位：十亿美元）的数据：年份2015201620172018201920202021202220232024市场规模6.49.513.820.129.040.758.080.4110.0150.0从表中数据可以得出的正确结论为（）A.2015年至2024年这十年间世界AI市场规模逐年增加B.2015年至2024年这十年间世界AI市场规模的第80百分位数为80.5C.2015年至2024年这十年间世界AI市场规模的方差比去掉其中的最小值与最大值后的方差大D.2015年至2024年这十年间世界AI市场规模与去掉其中的最小值与最大值后市场规模的中位数不变【答案】ACD【解析】从数据看2015年至2024年这十年间世界AI市场规模是逐年增加的，A正确；，所以第80百分位数为，B错误；2015年至2024年这十年间世界AI市场规模的数据比去掉其中的最小值与最大值后市场规模的数据更加分散，方差更大，C正确；2015年至2024年这十年间世界AI市场规模与去掉其中的最小值与最大值后市场规模的中位数都是，D正确，故选：ACD10.已知为坐标原点，抛物线的方程为，过点且斜率为的直线交于两点，点在第四象限，设直线的斜率分别为，下列结论正确的是（）A.若为正三角形，则 B.若为正三角形，则C. D.【答案】AC【解析】因为为正三角形，所以点在的中垂线上，所以点的坐标，所以，解得，A正确，B错误．设，，且，则，．联立方程组消去得，所以，．故，，C正确，D错误.故选：AC.11.如图1，在矩形中，已知，为的中点，分别沿和将和折起，使点、重合为一点，记为，得到三棱锥，如图2，设点在平面内的投影为点，则（）A.点一定在的平分线上 B.长度的取值范围为C.三棱锥的高的最大值为 D.三棱锥的体积的最大值为【答案】ACD【解析】对于A选项，取的中点，连接，则，，设．因为，所以．因为，所以．又平面，所以平面，从而平面平面，则点在平面内的投影在射线上，且平分，故A正确．对于B选项，因为，所以．由，得，则，故B错误．对于C选项，设，由，得，，，设三棱锥的高为，则，令，，则，可得在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，即三棱锥的高最大，且最大值为，故C正确．由上知三棱锥体积，令，，则，可得在上单调递增，在上单调递减，所以当，即时，的值最大，体积的最大值为，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知随机变量的分布列为03其中成等差数列，则______．【答案】【解析】由题意可知，，，，故答案为：.13.已知圆的圆心在直线上，圆与轴相切，且圆截轴所得的弦长为，则圆的标准方程为______．【答案】【解析】设圆的圆心坐标为，则，且半径，所以，所以，解得，，所以圆的标准方程为.故答案为：14.已知定义在上的函数的导函数为，且，，若，则______．【答案】【解析】可化为．设，则，所以（为常数），则，所以，则．由，知，因为，所以在上单调递增，因为，所以．故答案为：.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.已知函数，．（1）若函数图象上某点的切线与坐标轴围成的三角形面积为2，求的图象在该点处的切线方程；（2）求函数在上的最大值与最小值之和．解：（1）设切点的坐标为，因为，所以切线方程为，令，得，令，得，所以切线与坐标轴围成的三角形面积为，解得，所以的图象在该点处的切线方程为或；（2）因为，所以，令，则，所以当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，所以在上单调递增，从而在上单调递增，故函数在上的最大值与最小值之和为．16.在非等腰中，角对边分别为，已知，．（1）求的取值范围；（2）若，求实数的取值范围．解：（1）因为，所以，即．因为，所以，从而，则的外接圆直径为．由，得，，得．因为且，所以且，所以，即的取值范围为．（2）．设，则，所以．又是上的增函数，从而在上单调递增，所以，所以，所以的取值范围为．17.如图所示几何体是由直三棱柱（侧棱垂直于底面）被一个不平行于底面的平面所截得的，已知，，是线段上的一点，平面．（1）求的长；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；（3）在（2）的条件下，求平面和平面夹角的余弦值．解：（1）过点作交于点，连接，延长交的延长线于点．因为，所以四点共面．又平面，平面，平面平面，所以，则四边形是平行四边形，从而．又，，，，所以由，可得．由，可得．所以．（2）由（1）知，又，，所以，即．以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，，，，，．设平面的法向量为，由得取，得．设直线与平面所成的角为，则．（3）设平面的法向量为，，由得取，得．，所以平面与平面夹角的余弦值为．18.已知双曲线的右顶点为，且它的一条渐近线的方程为．（1）求双曲线的方程；（2）若是双曲线上异于顶点的一个动点，过点作双曲线的两条渐近线的平行线，与直线（为坐标原点）分别交于点，证明：．（1）解：由题意知解得故双曲线的方程为．（2）证明：设，，，直线的方程分别为，．因为，，所以，，所以，．所以，．故．因为，所以．19.已知数列满足，．（1）求的通项公式．（2）对于数列的任意一个排列，即，是的一个排列，记集合．①当时，设事件为“，”，求事件发生的概率；②求，并计算对应排列的个数．解：（1）因为，所以，两式相减得，化简可得．在中，令，得，当时，有，则．又也满足上式，所以，即的通项公式为．（2）①由于，为一个排列，则当时，的个数为，由，不妨设满足，则有，，或，，或，，，共三种情况．同理可得或，对应的排列都有三种情况，则事件包含的基本事件个数为9，所以．②因为，所以，即．下面对为偶数与奇数分别讨论：当为偶数时，的取等条件为对任意的，都有，此时，，，，，，即，只有一种排列取得到等号，则排列的个数为1；当为奇数时，不等式不可能取到等号，则至少存在，使得，当且仅当将分成组，其中一组如，其余各组为的形式时，取到等号．对于，有，，或者，，，而对于，有，．依此规律得，则排列的个数为．综上，当为偶数时，，对应排列的个数为1；当为奇数时，，对应排列的个数为．江西省部分校2025届高三下学期2月联考数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】已知集合，，则.故选：D.2.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，即，则.故选：C.3.已知向量满足，，且，则夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，解得.故选：A.4.已知椭圆的长轴长是短轴长的3倍，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可得，即，可得，所以.故选：B.5.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以是偶函数，排除选项B，当时，，当时，，排除选项A，D．故选：C.6.为了得到函数的图象，可将函数的图象向左平移个单位长度，或向右平移个单位长度（均为正数），则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，，，即得，，，故得，，当时，的最小值是.故选：B7.已知函数若关于的方程恰有4个不同的实数根，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】画出函数的图象，如图所示，设，则原方程可化为，解得或．由图可知当时，有2个根．因为原方程有4个不同的实数根，则有2个根，所以或或，解得或或，则实数的取值范围为.故选：D.8.下面四个绳结中，可以无损伤地变为下图中的绳结的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】题图中的绳结是两个相扣的圆环，而（1）与（3）中的绳结由一根绳子扭成，（4）中的绳结由两个没有相扣的圆环构成，都不可能扭成题图中的绳结.（2）中的绳结可以无损伤地变为题图中的绳结.故这四个绳结中，可以无损伤地变为题图中的绳结的个数是1.故选：A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.近年来，人工智能（AI）技术发展迅猛，其市场规模也在不断变化．以下是收集到的2015年至2024年这十年间世界AI市场规模（单位：十亿美元）的数据：年份2015201620172018201920202021202220232024市场规模6.49.513.820.129.040.758.080.4110.0150.0从表中数据可以得出的正确结论为（）A.2015年至2024年这十年间世界AI市场规模逐年增加B.2015年至2024年这十年间世界AI市场规模的第80百分位数为80.5C.2015年至2024年这十年间世界AI市场规模的方差比去掉其中的最小值与最大值后的方差大D.2015年至2024年这十年间世界AI市场规模与去掉其中的最小值与最大值后市场规模的中位数不变【答案】ACD【解析】从数据看2015年至2024年这十年间世界AI市场规模是逐年增加的，A正确；，所以第80百分位数为，B错误；2015年至2024年这十年间世界AI市场规模的数据比去掉其中的最小值与最大值后市场规模的数据更加分散，方差更大，C正确；2015年至2024年这十年间世界AI市场规模与去掉其中的最小值与最大值后市场规模的中位数都是，D正确，故选：ACD10.已知为坐标原点，抛物线的方程为，过点且斜率为的直线交于两点，点在第四象限，设直线的斜率分别为，下列结论正确的是（）A.若为正三角形，则 B.若为正三角形，则C. D.【答案】AC【解析】因为为正三角形，所以点在的中垂线上，所以点的坐标，所以，解得，A正确，B错误．设，，且，则，．联立方程组消去得，所以，．故，，C正确，D错误.故选：AC.11.如图1，在矩形中，已知，为的中点，分别沿和将和折起，使点、重合为一点，记为，得到三棱锥，如图2，设点在平面内的投影为点，则（）A.点一定在的平分线上 B.长度的取值范围为C.三棱锥的高的最大值为 D.三棱锥的体积的最大值为【答案】ACD【解析】对于A选项，取的中点，连接，则，，设．因为，所以．因为，所以．又平面，所以平面，从而平面平面，则点在平面内的投影在射线上，且平分，故A正确．对于B选项，因为，所以．由，得，则，故B错误．对于C选项，设，由，得，，，设三棱锥的高为，则，令，，则，可得在上单调递增，在上单调递减，所以当时，取得最大值，即三棱锥的高最大，且最大值为，故C正确．由上知三棱锥体积，令，，则，可得在上单调递增，在上单调递减，所以当，即时，的值最大，体积的最大值为，D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知随机变量的分布列为03其中成等差数列，则______．【答案】【解析】由题意可知，，，，故答案为：.13.已知圆的圆心在直线上，圆与轴相切，且圆截轴所得的弦长为，则圆的标准方程为______．【答案】【解析】设圆的圆心坐标为，则，且半径，所以，所以，解得，，所以圆的标准方程为.故答案为：14.已知定义在上的函数的导函数为，且，，若，则______．【答案】【解析】可化为．设，则，所以（为常数），则，所以，则．由，知，因为，所以在上单调递增，因为，所以．故答案为：.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.已知函数，．（1）若函数图象上某点的切线与坐标轴围成的三角形面积为2，求的图象在该点处的切线方程；（2）求函数在上的最大值与最小值之和．解：（1）设切点的坐标为，因为，所以切线方程为，令，得，令，得，所以切线与坐标轴围成的三角形面积为，解得，所以的图象在该点处的切线方程为或；（2）因为，所以，令，则，所以当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，所以在上单调递增，从而在上单调递增，故函数在上的最大值与最小值之和为．16.在非等腰中，角对边分别为，已知，．（1）求的取值范围；（2）若，求实数的取值范围．解：（1）因为，所以，即．因为，所以，从而，则的外接圆直径为．由，得，，得．因为且，所以且，所以，即的取值范围为．（2）．设，则，所以．又是上的增函数，从而在上单调递增，所以，所以，所以的取值范围为．17.如图所示几何体是由直三棱柱（侧棱垂直于底面）被一个不平行于底面的平面所截得的，已知，，是线段上的一点，平面．（1）求的长；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；（3）在（2）的条件下，求平面和平面夹角的余弦值．解：（1）过点作交于点，连接，延长交的延长线于点．因为，所以四点共面．又平面，平面，平面平面，所以，则四边形是平行四边形，从而．又，，，，所以由，可得