江西省六校2024-2025学年高三下学期第二次联考数学试题一、单选题1．若集合（i是虚数单位），，则（    ）A． B． C． D．2．若命题，，则命题的否定为（    ）A．， B．，C．， D．，3．已知向量，其中，，且，则向量和的夹角是（）A． B． C． D．4．已知，则（    ）A． B． C． D．5．白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（    ）（单位：）A． B． C． D．6．已知函数，则在点处的切线方程为（    ）A． B．C． D．7．已知曲线，，其中．点，，是曲线与依次相邻的三个交点．若是等腰直角三角形，则（    ）A． B． C． D．8．已知正实数，满足，则（    ）A．2 B． C． D．二、多选题9．下列说法正确的是（    ）A．数据，，，，，，，的第80百分位数为10B．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1C．已知随机变量服从正态分布，越大，则随机变量越集中D．若随机变量，随机变量，则10．已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（    ）A．B．函数在区间上单调递减C．过点能作两条不同直线与相切D．函数恰有4个零点11．如图，有一组圆都内切于点，圆，设直线与圆在第二象限的交点为，若，则下列结论正确的是（    ）A．圆的圆心都在直线上B．圆的方程为C．若，则圆与轴有交点D．设直线与圆在第二象限的交点为，则三、填空题12．已知椭圆，过左焦点作直线与圆相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆的离心率为．13．在等比数列中，，是函数的两个极值点，若，则的值为．14．设，，，，函数（e是自然对数的底数，）．从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为．四、解答题15．在中，内角，，的对边分别为，，．已知．(1)求角；(2)若，，求的周长．16．已知抛物线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为，且点的横坐标为6．(1)求抛物线的方程；(2)过点的直线与抛物线相交于，两点，关于轴的对称点为，证明：直线必过定点．17．如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，．(1)证明：平面平面；(2)是边上的点，且与平面所成角的正切值是，求的面积．18．已知函数．(1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围；(2)若，证明：；(3)设，是函数的两个极值点，证明：．19．甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留，当球在乙手中时，若骰子点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙，当球在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若骰子点数不大于3，则丙将球传给乙．初始时，球在甲手中．设投掷次后，球在乙手中的概率为．(1)求和；(2)求数列的通项；(3)设，数列的前项和为，若，证明：．参考答案1．B【详解】，所以，故选：B2．C【详解】命题的否定为:，,故选：C3．A【详解】解：由于，，且，则，即有，，由于，，则与的夹角为．故选：A．4．B【详解】因为，则，即，所以，则.故选：B.5．D【详解】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm，过点分别作⊥，⊥于点，则cm，cm，其中圆台的高为cm，故圆台体积为.故选：D6．A【详解】当时，，当时，，则，所以，，则所求切线方程为，即.故选：A7．D【详解】因为点，，是曲线与依次相邻的三个交点，不妨设点为曲线与在轴上的交点，如图所示，为的中点，连接,易知，,与轴平行，所以又因为是等腰直角三角形，所以，所以又因为在曲线上，所以，又因为所以：即所以.故选：D8．C【详解】由题设可得(当且仅当时取等号),即,由于，均为正实数，即，设，则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当，故当且仅当时取等号，因此，故，则，故，解得,所以,故选：C.9．AD【详解】对于A，将数据，，，，，，，从小到大排列为，由于，故第80百分位数为第7个数10，A正确，对于B，若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，B错误，对于C，正态分布，表示标准差，故越大，随机变量越分散，C错误，对于D，随机变量，则,故随机变量，则，D正确，故选：AD10．AB【详解】对于A中，由函数，可得，因为是函数的一个极值点，可得，解得，经检验适合题意，所以A正确；对于B中，由，令，解得或，当时，；当时，；当时，，故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确；对于C中，设过点且与函数相切的切点为，则该切线方程为，由于切点满足直线方程，则，整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误；对于D中，令，则的根有三个，如图所示，，所以方程有3个不同根，方程和均有1个根，故有5个零点，所以D错误．故选：AB．      11．ABC【详解】圆的圆心，直线的方程为，即，由两圆内切连心线必过切点，得圆的圆心都在直线上，即圆的圆心都在直线上，故A正确；显然，设点，则，而，解得，因此圆的圆心，半径为，圆的方程为，则圆的方程为，故B正确；圆的圆心为，半径，圆心到轴的距离为，由两边平方得，，，而所以当时，圆与轴有交点，C选项正确.在中，令，得点的纵坐标为，因此，故D错误．故选：ABC12．【详解】设椭圆右焦点为，连接，如下图所示：由圆：可知圆心，半径，显然，且，因此可得，所以，可得，可得，又，由余弦定理可得，解得，再由椭圆的定义可得，即，因此离心率.故答案为：13．16【详解】的定义域为，，由题意得是方程的两个不相等的正根，故，解得，由韦达定理得，故，因为为等比数列，所以，其中，故，所以，解得，满足要求.故答案为：1614．【详解】由题意，，，，，则有序实数对有81个.由，得，令，所以当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，且时，；当时，，所以，要使有两个零点，则，即，得，即.满足该条件的有序实数对有：对于，可以取，共7个；对于，可以取，共4个；对于，可以取，共1个；所以所求事件的概率为.故答案为：15．(1)(2)【详解】（1）在中，由正弦定理得，又因为，所以，因为，所以，所以，又因为，所以.（2）在中，由正弦定理，得，因为，所以，在中，，由余弦定理得，即，所以，所以，所以，所以周长为.16．(1)(2)证明见解析【详解】（1）设点的坐标为，因为点在第一象限，所以，双曲线的渐近线方程为，因为点在双曲线的渐近线上，所以，所以点的坐标为，又点在抛物线上，所以，所以，故抛物线的标准方程为：；（2）设直线的方程为，联立，消得，，方程的判别式，即，设，则，设关于轴的对称点为，则直线的方程为，根据抛物线的对称性可知定点必定在轴上，令得：．直线过定点．17．(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题设得，从而.又是直角三角形，所以.取AC的中点O，连接DO、BO，则DO⊥AC，又是正三角形，故.则在直角中，，又，所以，故.而,平面，故平面，而平面，所以平面⊥平面.（2）设，与平面所成角为,结合（1）结论，以为坐标原点,为轴，为轴，为轴，建立的空间直角坐标系，则，,,设平面的法向量，则,则,令,则,故,由,则故则,解得故,则,所以边上的高为,故.18．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）由题意知函数的定义域为，在上恒成立，所以在上恒成立，又，当且仅当时，等号成立，所以，即的取值范围是,（2）若，，所以，令，解得，所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，当且仅当时，等号成立.令，，所以，令，解得，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，当且仅当时，等号成立，所以，又等号不同时成立，所以.（3）由题意可知，因为有两个极值点，，所以，是方程的两个不同的根，则所以，所以要证，即证，即证，即证，即证.令，则证明，令，则，所以在上单调递增，则，即，所以原不等式成立.19．(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）当投掷2次骰子后，球在乙手中，共有1种情况：甲甲乙，其概率为，故，当投掷3次骰子后，球在乙手中，共有3种情况：①：甲乙甲乙，其概率为②：甲乙丙乙，其概率为③：甲甲甲乙，其概率为所以投掷3次后，球在乙手中的概率为.（2）由于投掷次骰子后球不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有．变形为．又，所以数列是首项为，公比为的等比数列．所以．所以数列的通项公式．（3）,故，故，所以，故，记，其前项和为，所以，故，相减可得，故，故，故，