江西省2025届高三数学第二次联考（pdf） 人教版
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江西省2025届高三第二次联考数学答案
选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
D
C
B
A
B
D
C
AC
ABD
ACD
填空题
13．14．
部分选择填空题详细过程
6．B
【详解】由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连接起来，
共有个位置可以建设桥梁，从这6个位置中选3个建设桥梁，共有种选法，
但选出的3个位置可能是仅连接或或或三个小岛，不合题意，
故要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来，共有（种）不同的方案.故选B.
7．D
【详解】因为，
所以
.故选：D.
8．C
【详解】设，，延长ON交于A，如图所示.
由题意知，O为的中点，∴点A为中点.
又，点N在的平分线上，
∴，∴是等腰三角形，
∴，
则，所以.
又，所以.
又在中，由余弦定理得，
即，即，
化简得：.又，所以，所以，即
故选：C.
10．ABD
【详解】对A：如图：
取中点，中点，连接，，，，
易证平面平面.
因为平面，所以点轨迹为线段，且.故A正确.
对B：设点C关于平面对称的点为M,
所以B正确。
对C：如图：
因为，且，，所以不存在满足，故C错误；
对D：如图：
连接，取其中点，连接.
因为是棱的中点，则.所以为外接圆圆心.
过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心一定在该垂线上.
连接，设，则，
连接，，所以，
所以，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为：，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【详解】如图：
对A：由，所以函数的反函数为，所以关于直线对称，故A正确；
对B：有.
设，则，
由，由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
且，，所以存在，使得，另.
所以上两点，，，所以.
所以的弦长最大值小于32.故B错误；
对C：因为直线与直线垂直，设曲线的切线为，
由，所以切点为，所以切线方程为.
直线与的距离为.
所以直线被截得弦长的最大值为即.故C正确；
对D：由，所以B中.
过点做的切线，再做该切线关于对称的直线，过，做切线的垂线，与两切线分别交于，如图所示，构成矩形，该矩形将图形包含在内，所以的面积小于矩形的面积.
又，，
所以矩形的面积为.所以D正确.
故选：ACD
13．
【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴、轴的垂线相交于点，
连接，则，
由余弦定理得，
由上可知，轴垂直于，又平面，
所以轴垂直于平面，又轴，所以平面，
因为平面，所以，
因为的周期，所以，
由勾股定理得，解得，
由图知，的图象过点，且在递减区间内，
所以，即
因为，点在递减区间内，所以.
14．【详解】当时，由，可得对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，此时不存在；
当时，由对任意的恒成立，
作出的大致图象，如图所示：
由题意可知，又是整数，
所以或或.
故答案为：
解答题
15.【详解】（1）列联表数据如下：
时长
其他
总计
优秀
不优秀
总计
……3分
……5分
∴有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长
不小于2小时且小于3小时有关．……6分
已知，则
由已知得,所以……8分
而则……10分
由得……12分
所以……13分
16.【详解】（1）因为，
则，
可得，……4分
且，则，可得，即，
又因为，所以.……7分
（2）因为，由（1）可知：，
设，则.
在Rt中，可得，即，……8分
在中，由正弦定理得，
可得，……10分
又因为，即，……13分
可得，解得，所以的值为.……15分
（注：其他解法酌情给分。如用几何法也行）
17．【详解】（1）因为，，
所以，，，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
因为，所以，……2分
又因为四边形为矩形，所以，……4分
因为，所以平面，……6分
因为，所以平面.……7分
取中点中点N，以M为原点，以方向为x轴，
以方向为y轴，以方向为z轴，建立如图所示的坐标系
又，则
所以，则
，．……9分
假设平面的一个法向量为，则
，令，则，所以，……11分
假设平面的一个法向量为，则
，令则，所以……13分
假设平面与平面所成的角为，则，
即平面与平面所成角的余弦值为……15分
18．【详解】（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
又，所以曲线在点处的切线方程为．……4分
（2），由题意得，恒成立．
令，则，且在单调递增，
令，解得，
所以当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增；
所以，
又，当且仅当，故．……10分
（3）解法一：因为，所以题意等价于当时，．
即，
整理，得，
因为，所以，故题意等价于．
设，
的导函数，
化简得，
考察函数，其导函数为，
当单调递减；当单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，所以，
所以当单调递减；当单调递增；
所以的最小值为，故．……17分
19．【详解】（1）由题可得，则，，，
选择题
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
D
C
B
A
B
D
C
AC
ABD
ACD
填空题
13．14．
部分选择填空题详细过程
6．B
【详解】由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连接起来，
共有个位置可以建设桥梁，从这6个位置中选3个建设桥梁，共有种选法，
但选出的3个位置可能是仅连接或或或三个小岛，不合题意，
故要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来，共有（种）不同的方案.故选B.
7．D
【详解】因为，
所以
.故选：D.
8．C
【详解】设，，延长ON交于A，如图所示.
由题意知，O为的中点，∴点A为中点.
又，点N在的平分线上，
∴，∴是等腰三角形，
∴，
则，所以.
又，所以.
又在中，由余弦定理得，
即，即，
化简得：.又，所以，所以，即
故选：C.
10．ABD
【详解】对A：如图：
取中点，中点，连接，，，，
易证平面平面.
因为平面，所以点轨迹为线段，且.故A正确.
对B：设点C关于平面对称的点为M,
所以B正确。
对C：如图：
因为，且，，所以不存在满足，故C错误；
对D：如图：
连接，取其中点，连接.
因为是棱的中点，则.所以为外接圆圆心.
过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心一定在该垂线上.
连接，设，则，
连接，，所以，
所以，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为：，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【详解】如图：
对A：由，所以函数的反函数为，所以关于直线对称，故A正确；
对B：有.
设，则，
由，由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
且，，所以存在，使得，另.
所以上两点，，，所以.
所以的弦长最大值小于32.故B错误；
对C：因为直线与直线垂直，设曲线的切线为，
由，所以切点为，所以切线方程为.
直线与的距离为.
所以直线被截得弦长的最大值为即.故C正确；
对D：由，所以B中.
过点做的切线，再做该切线关于对称的直线，过，做切线的垂线，与两切线分别交于，如图所示，构成矩形，该矩形将图形包含在内，所以的面积小于矩形的面积.
又，，
所以矩形的面积为.所以D正确.
故选：ACD
13．
【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴、轴的垂线相交于点，
连接，则，
由余弦定理得，
由上可知，轴垂直于，又平面，
所以轴垂直于平面，又轴，所以平面，
因为平面，所以，
因为的周期，所以，
由勾股定理得，解得，
由图知，的图象过点，且在递减区间内，
所以，即
因为，点在递减区间内，所以.
14．【详解】当时，由，可得对任意的恒成立，
即对任意的恒成立，此时不存在；
当时，由对任意的恒成立，
作出的大致图象，如图所示：
由题意可知，又是整数，
所以或或.
故答案为：
解答题
15.【详解】（1）列联表数据如下：
时长
其他
总计
优秀
不优秀
总计
……3分
……5分
∴有的把握认为学业成绩优秀与日均作业时长
不小于2小时且小于3小时有关．……6分
已知，则
由已知得,所以……8分
而则……10分
由得……12分
所以……13分
16.【详解】（1）因为，
则，
可得，……4分
且，则，可得，即，
又因为，所以.……7分
（2）因为，由（1）可知：，
设，则.
在Rt中，可得，即，……8分
在中，由正弦定理得，
可得，……10分
又因为，即，……13分
可得，解得，所以的值为.……15分
（注：其他解法酌情给分。如用几何法也行）
17．【详解】（1）因为，，
所以，，，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
因为，所以，……2分
又因为四边形为矩形，所以，……4分
因为，所以平面，……6分
因为，所以平面.……7分
取中点中点N，以M为原点，以方向为x轴，
以方向为y轴，以方向为z轴，建立如图所示的坐标系
又，则
所以，则
，．……9分
假设平面的一个法向量为，则
，令，则，所以，……11分
假设平面的一个法向量为，则
，令则，所以……13分
假设平面与平面所成的角为，则，
即平面与平面所成角的余弦值为……15分
18．【详解】（1）当时，，则，
则曲线在点处的切线斜率为，
又，所以曲线在点处的切线方程为．……4分
（2），由题意得，恒成立．
令，则，且在单调递增，
令，解得，
所以当时，，故单调递减；
当时，，故单调递增；
所以，
又，当且仅当，故．……10分
（3）解法一：因为，所以题意等价于当时，．
即，
整理，得，
因为，所以，故题意等价于．
设，
的导函数，
化简得，
考察函数，其导函数为，
当单调递减；当单调递增；
故在时，取到最小值，即，
即，所以，
所以当单调递减；当单调递增；
所以的最小值为，故．……17分
19．【详解】（1）由题可得，则，，，