高級中學名校試題PAGEPAGE1江西省部分校2025屆高三下學期2月聯考數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】已知集合，，則.故選：D.2.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為，所以，即，則.故選：C.3.已知向量滿足，，且，則夾角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，解得.故選：A.4.已知橢圓的長軸長是短軸長的3倍，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題意可得，即，可得，所以.故選：B.5.函數的部分圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因為，所以是偶函數，排除選項B，當時，，當時，，排除選項A，D．故選：C.6.為了得到函數的圖象，可將函數的圖象向左平移個單位長度，或向右平移個單位長度（均為正數），則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為，所以，，，即得，，，故得，，當時，的最小值是.故選：B7.已知函數若關于的方程恰有4個不同的實數根，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】畫出函數的圖象，如圖所示，設，則原方程可化為，解得或．由圖可知當時，有2個根．因為原方程有4個不同的實數根，則有2個根，所以或或，解得或或，則實數的取值范圍為.故選：D.8.下面四個繩結中，可以無損傷地變為下圖中的繩結的個數是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】題圖中的繩結是兩個相扣的圓環，而（1）與（3）中的繩結由一根繩子扭成，（4）中的繩結由兩個沒有相扣的圓環構成，都不可能扭成題圖中的繩結.（2）中的繩結可以無損傷地變為題圖中的繩結.故這四個繩結中，可以無損傷地變為題圖中的繩結的個數是1.故選：A二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.近年來，人工智能（AI）技術發展迅猛，其市場規模也在不斷變化．以下是收集到的2015年至2024年這十年間世界AI市場規模（單位：十億美元）的數據：年份2015201620172018201920202021202220232024市場規模6.49.513.820.129.040.758.080.4110.0150.0從表中數據可以得出的正確結論為（）A.2015年至2024年這十年間世界AI市場規模逐年增加B.2015年至2024年這十年間世界AI市場規模的第80百分位數為80.5C.2015年至2024年這十年間世界AI市場規模的方差比去掉其中的最小值與最大值后的方差大D.2015年至2024年這十年間世界AI市場規模與去掉其中的最小值與最大值后市場規模的中位數不變【答案】ACD【解析】從數據看2015年至2024年這十年間世界AI市場規模是逐年增加的，A正確；，所以第80百分位數為，B錯誤；2015年至2024年這十年間世界AI市場規模的數據比去掉其中的最小值與最大值后市場規模的數據更加分散，方差更大，C正確；2015年至2024年這十年間世界AI市場規模與去掉其中的最小值與最大值后市場規模的中位數都是，D正確，故選：ACD10.已知為坐標原點，拋物線的方程為，過點且斜率為的直線交于兩點，點在第四象限，設直線的斜率分別為，下列結論正確的是（）A.若為正三角形，則 B.若為正三角形，則C. D.【答案】AC【解析】因為為正三角形，所以點在的中垂線上，所以點的坐標，所以，解得，A正確，B錯誤．設，，且，則，．聯立方程組消去得，所以，．故，，C正確，D錯誤.故選：AC.11.如圖1，在矩形中，已知，為的中點，分別沿和將和折起，使點、重合為一點，記為，得到三棱錐，如圖2，設點在平面內的投影為點，則（）A.點一定在的平分線上 B.長度的取值范圍為C.三棱錐的高的最大值為 D.三棱錐的體積的最大值為【答案】ACD【解析】對于A選項，取的中點，連接，則，，設．因為，所以．因為，所以．又平面，所以平面，從而平面平面，則點在平面內的投影在射線上，且平分，故A正確．對于B選項，因為，所以．由，得，則，故B錯誤．對于C選項，設，由，得，，，設三棱錐的高為，則，令，，則，可得在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，取得最大值，即三棱錐的高最大，且最大值為，故C正確．由上知三棱錐體積，令，，則，可得在上單調遞增，在上單調遞減，所以當，即時，的值最大，體積的最大值為，D正確.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知隨機變量的分布列為03其中成等差數列，則______．【答案】【解析】由題意可知，，，，故答案為：.13.已知圓的圓心在直線上，圓與軸相切，且圓截軸所得的弦長為，則圓的標準方程為______．【答案】【解析】設圓的圓心坐標為，則，且半徑，所以，所以，解得，，所以圓的標準方程為.故答案為：14.已知定義在上的函數的導函數為，且，，若，則______．【答案】【解析】可化為．設，則，所以（為常數），則，所以，則．由，知，因為，所以在上單調遞增，因為，所以．故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知函數，．（1）若函數圖象上某點的切線與坐標軸圍成的三角形面積為2，求的圖象在該點處的切線方程；（2）求函數在上的最大值與最小值之和．解：（1）設切點的坐標為，因為，所以切線方程為，令，得，令，得，所以切線與坐標軸圍成的三角形面積為，解得，所以的圖象在該點處的切線方程為或；（2）因為，所以，令，則，所以當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，所以，所以在上單調遞增，從而在上單調遞增，故函數在上的最大值與最小值之和為．16.在非等腰中，角對邊分別為，已知，．（1）求的取值范圍；（2）若，求實數的取值范圍．解：（1）因為，所以，即．因為，所以，從而，則的外接圓直徑為．由，得，，得．因為且，所以且，所以，即的取值范圍為．（2）．設，則，所以．又是上的增函數，從而在上單調遞增，所以，所以，所以的取值范圍為．17.如圖所示幾何體是由直三棱柱（側棱垂直于底面）被一個不平行于底面的平面所截得的，已知，，是線段上的一點，平面．（1）求的長；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值；（3）在（2）的條件下，求平面和平面夾角的余弦值．解：（1）過點作交于點，連接，延長交的延長線于點．因為，所以四點共面．又平面，平面，平面平面，所以，則四邊形是平行四邊形，從而．又，，，，所以由，可得．由，可得．所以．（2）由（1）知，又，，所以，即．以為坐標原點，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，，，，，，，．設平面的法向量為，由得取，得．設直線與平面所成的角為，則．（3）設平面的法向量為，，由得取，得．，所以平面與平面夾角的余弦值為．18.已知雙曲線的右頂點為，且它的一條漸近線的方程為．（1）求雙曲線的方程；（2）若是雙曲線上異于頂點的一個動點，過點作雙曲線的兩條漸近線的平行線，與直線（為坐標原點）分別交于點，證明：．（1）解：由題意知解得故雙曲線的方程為．（2）證明：設，，，直線的方程分別為，．因為，，所以，，所以，．所以，．故．因為，所以．19.已知數列滿足，．（1）求的通項公式．（2）對于數列的任意一個排列，即，是的一個排列，記集合．①當時，設事件為“，”，求事件發生的概率；②求，并計算對應排列的個數．解：（1）因為，所以，兩式相減得，化簡可得．在中，令，得，當時，有，則．又也滿足上式，所以，即的通項公式為．（2）①由于，為一個排列，則當時，的個數為，由，不妨設滿足，則有，，或，，或，，，共三種情況．同理可得或，對應的排列都有三種情況，則事件包含的基本事件個數為9，所以．②因為，所以，即．下面對為偶數與奇數分別討論：當為偶數時，的取等條件為對任意的，都有，此時，，，，，，即，只有一種排列取得到等號，則排列的個數為1；當為奇數時，不等式不可能取到等號，則至少存在，使得，當且僅當將分成組，其中一組如，其余各組為的形式時，取到等號．對于，有，，或者，，，而對于，有，．依此規律得，則排列的個數為．綜上，當為偶數時，，對應排列的個數為1；當為奇數時，，對應排列的個數為．江西省部分校2025屆高三下學期2月聯考數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】已知集合，，則.故選：D.2.若，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為，所以，即，則.故選：C.3.已知向量滿足，，且，則夾角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因為，所以，解得.故選：A.4.已知橢圓的長軸長是短軸長的3倍，則的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題意可得，即，可得，所以.故選：B.5.函數的部分圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因為，所以是偶函數，排除選項B，當時，，當時，，排除選項A，D．故選：C.6.為了得到函數的圖象，可將函數的圖象向左平移個單位長度，或向右平移個單位長度（均為正數），則的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因為，所以，，，即得，，，故得，，當時，的最小值是.故選：B7.已知函數若關于的方程恰有4個不同的實數根，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】畫出函數的圖象，如圖所示，設，則原方程可化為，解得或．由圖可知當時，有2個根．因為原方程有4個不同的實數根，則有2個根，所以或或，解得或或，則實數的取值范圍為.故選：D.8.下面四個繩結中，可以無損傷地變為下圖中的繩結的個數是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】A【解析】題圖中的繩結是兩個相扣的圓環，而（1）與（3）中的繩結由一根繩子扭成，（4）中的繩結由兩個沒有相扣的圓環構成，都不可能扭成題圖中的繩結.（2）中的繩結可以無損傷地變為題圖中的繩結.故這四個繩結中，可以無損傷地變為題圖中的繩結的個數是1.故選：A二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.近年來，人工智能（AI）技術發展迅猛，其市場規模也在不斷變化．以下是收集到的2015年至2024年這十年間世界AI市場規模（單位：十億美元）的數據：年份2015201620172018201920202021202220232024市場規模6.49.513.820.129.040.758.080.4110.0150.0從表中數據可以得出的正確結論為（）A.2015年至2024年這十年間世界AI市場規模逐年增加B.2015年至2024年這十年間世界AI市場規模的第80百分位數為80.5C.2015年至2024年這十年間世界AI市場規模的方差比去掉其中的最小值與最大值后的方差大D.2015年至2024年這十年間世界AI市場規模與去掉其中的最小值與最大值后市場規模的中位數不變【答案】ACD【解析】從數據看2015年至2024年這十年間世界AI市場規模是逐年增加的，A正確；，所以第80百分位數為，B錯誤；2015年至2024年這十年間世界AI市場規模的數據比去掉其中的最小值與最大值后市場規模的數據更加分散，方差更大，C正確；2015年至2024年這十年間世界AI市場規模與去掉其中的最小值與最大值后市場規模的中位數都是，D正確，故選：ACD10.已知為坐標原點，拋物線的方程為，過點且斜率為的直線交于兩點，點在第四象限，設直線的斜率分別為，下列結論正確的是（）A.若為正三角形，則 B.若為正三角形，則C. D.【答案】AC【解析】因為為正三角形，所以點在的中垂線上，所以點的坐標，所以，解得，A正確，B錯誤．設，，且，則，．聯立方程組消去得，所以，．故，，C正確，D錯誤.故選：AC.11.如圖1，在矩形中，已知，為的中點，分別沿和將和折起，使點、重合為一點，記為，得到三棱錐，如圖2，設點在平面內的投影為點，則（）A.點一定在的平分線上 B.長度的取值范圍為C.三棱錐的高的最大值為 D.三棱錐的體積的最大值為【答案】ACD【解析】對于A選項，取的中點，連接，則，，設．因為，所以．因為，所以．又平面，所以平面，從而平面平面，則點在平面內的投影在射線上，且平分，故A正確．對于B選項，因為，所以．由，得，則，故B錯誤．對于C選項，設，由，得，，，設三棱錐的高為，則，令，，則，可得在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，取得最大值，即三棱錐的高最大，且最大值為，故C正確．由上知三棱錐體積，令，，則，可得在上單調遞增，在上單調遞減，所以當，即時，的值最大，體積的最大值為，D正確.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知隨機變量的分布列為03其中成等差數列，則______．【答案】【解析】由題意可知，，，，故答案為：.13.已知圓的圓心在直線上，圓與軸相切，且圓截軸所得的弦長為，則圓的標準方程為______．【答案】【解析】設圓的圓心坐標為，則，且半徑，所以，所以，解得，，所以圓的標準方程為.故答案為：14.已知定義在上的函數的導函數為，且，，若，則______．【答案】【解析】可化為．設，則，所以（為常數），則，所以，則．由，知，因為，所以在上單調遞增，因為，所以．故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知函數，．（1）若函數圖象上某點的切線與坐標軸圍成的三角形面積為2，求的圖象在該點處的切線方程；（2）求函數在上的最大值與最小值之和．解：（1）設切點的坐標為，因為，所以切線方程為，令，得，令，得，所以切線與坐標軸圍成的三角形面積為，解得，所以的圖象在該點處的切線方程為或；（2）因為，所以，令，則，所以當時，，此時單調遞減，當時，，此時單調遞增，所以，所以在上單調遞增，從而在上單調遞增，故函數在上的最大值與最小值之和為．16.在非等腰中，角對邊分別為，已知，．（1）求的取值范圍；（2）若，求實數的取值范圍．解：（1）因為，所以，即．因為，所以，從而，則的外接圓直徑為．由，得，，得．因為且，所以且，所以，即的取值范圍為．（2）．設，則，所以．又是上的增函數，從而在上單調遞增，所以，所以，所以的取值范圍為．17.如圖所示幾何體是由直三棱柱（側棱垂直于底面）被一個不平行于底面的平面所截得的，已知，，是線段上的一點，平面．（1）求的長；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值；（3）在（2）的條件下，求平面和平面夾角的余弦值．解：（1）過點作交于點，連接，延長交的延長線于點．因為，所以四點共面．又平面，平面，平面平面，所以，則四邊形是平行四邊形，從而．又，，，，所以由，可得