1、江苏省新高考基地学校2025届高三第二次大联考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=x|x1，B=x|x2+2x80，则AB=()A. x|x4B. x|x2C. x|4x1D. x|2xx”是“f(f(x)x”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件6.已知(1+x)2+(1+x)3+(1+x)9=a0+a1x+a2x2+a9x9，若akai，i=0，1，2，9，则k=()A. 4B. 5C. 4或5D. 5或67.设函数f(x)=2sin(x+)(N,|0,b0)的两个焦点为F1，F2，A，B是C的右支上两点.若AF1AF2，BF2/AF1，且|AF1|=3|BF2|，则C的离心率为()A. 2B. 2C. 5D. 10二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.赋分是根据考生原始分数在全体考生中的排名比例进行转化的，在一次模拟考试中，某班5名同学的地理科目的原始分与赋分如下表：学号12345原始分93857852赋分
2、10096927082记这5名同学在这次模拟考试中的地理科目的原始分为数据甲，赋分为数据乙，则()A. 甲的平均数小于乙的平均数B. 甲的中位数小于乙的中位数C. 甲的极差小于乙的极差D. 甲的方差小于乙的方差10.在正四棱锥MABCD中，侧棱MA与底面边长相等，P，Q分别是AB和MC的中点，则()A. PQ/MAB. PQ/平面MADC. PQMDD. PQ平面MBD11.在直角坐标系xOy中，A(1,0)，B(1,0)，P是曲线|x+1|+|x1|+2|y|=4上一点，则()A. |OP|1B. |PA|PB|4C. |PA|+|PB|4D. |PA|2+|PB|210三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=loga(2x+4x)x(a0且a1)是偶函数，则f(0)=13.在正三棱台ABCA1B1C1中，A1B1=2AB，经过三条侧棱中点的平面将正三棱台分成两部分.若两部分的体积之差为18，则该三棱台的体积为14.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为AB的中点，E为AC边上一点，CE=2AE.设ADE=，且acos(B)=ccos，则
3、AED=;1tanA+1tanB的最小值为四、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.(本小题13分)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别是BB1和AC1的中点(1)证明：平面AC1D平面ACC1A1;(2)若AB=1，平面AC1D与平面ABC夹角的余弦值为 55，求该三棱柱的体积16.(本小题15分)袋中装有4个红球和2个黑球，第一次随机取出1个小球，若是红球则放回，否则不放回(1)第二次随机取出1个小球，求两次取出的球颜色相同的概率;(2)第二次随机取出2个小球，记两次取出红球的个数为X，求X的概率分布列及数学期望17.(本小题15分)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点P(1,1)的直线l与C交于A，B两点(1)若|PF|是|AF|，|BF|的等比中项，求直线l的方程;(2)若D是C上一点，且直线AD的斜率为2，证明：直线BD经过定点18.(本小题17分)设f(x)=(x2)ex2，曲线y=f(x)在x=2处的切线方程为y=kx+b(1)求k，b的值;(2)证明：f(x)kx+b;(3)若f(x)=a存在两根x1，x2，且x1
4、x2，证明：x1+2x20),D(0, 32,m2),B(0, 32,0),C(12,0,0)，AC1=(1,0,m),AD=(12, 32,m2),CC1=(0,0,m)，设平面AC1D的一个法向量为n=(x,y,z)，平面ABC一个法向量为CC1，则AC1n=0ADn=0x+mz=012x+ 32y+m2z=0，取z=1得n=(m,0,1)又平面AC1D与平面ABC夹角的余弦值为 55，|CC1n|CC1|n|= 55mm m2+1= 55m=2，三棱柱的体积为12AB2sin60m=1212 322= 3216.解：(1)第一次取红球概率46=23，放回后第二次取红球的概率仍为23，对应概率为2323=49，第一次取黑球概率26=13，不放回后第二次取黑球的概率为15，对应概率为1315=115，颜色相同的概率为49+115=2045+345=2345(2)X=0:不可能(第二次取2球至少1红)，故P(X=0)=0，X=1:第一次取红放回，第二次取0红：23C22C62=23115=245，第一次取黑不放回，第二次取1红：13C41C11C52=13410=215，总概率P(X=
5、1)=245+215=845，X=2:第一次取红放回，第二次取1红1黑：23C41C21C62=1645，第一次取黑不放回，第二次取2红：13C42C52=15，总概率P(X=2)=1645+15=59，X=3:第一次取红放回，第二次取2红：23C42C62=415，X0123P084559415E(X)=00+1845+259+3415=8+50+3645=944517.解：(1)由题意F1,0，设直线l的方程为x+1=my1，代入y2=4x可得：y24my+4m+4=0，设Ax1,y1,Bx2,y2，则y1+y2=4m,y1y2=4m+4=16m216m+10，解得m1+ 52，AF=x1+1=y124+1，BF=x2+1=y224+1，AFBF=y124+1y224+1=y1y2216+y1+y222y1y24+1=m+12+4m22m2+1=5m2，因为PF= 112+102= 5，因为|PF|是|AF|，|BF|的等比中项，所以PF2=AFBF，则5=5m2，解得：m=1，m=1舍去，故直线l的方程为x+y=0(2)设Ay124,y1,By224,y2,Dy024,y0，因为
6、直线AD的斜率为2，所以kAD=y0y1y024y124=4y0+y1=2，则y0+y1=2即y0=2y1直线BD的斜率kBD=y0y2y024y224=4y0+y2，直线BD的方程为：yy2=4y0+y2xy224，yy2=4(2y1)+y2(xy224).即得y1=4(2y1)+y2(x32)+y2y22(2y1)+y2+6(2y1)+y21化简得y1=4(2y1)+y2(x32)+6y22+(y21)(2y1+y2)(2y1)+y2而6y22+(y21)(2y1+y2)=4y1y2+y1+y2因为y1+y2=4m，y1y2=4m+4，代入上式得6y22+(y21)(2y1+y2)=4y1y2+y1+y2=0，所以y1=4y2+(2y1)(x32)，所以直线BD经过定点(32,1)18.解：(1)因为f(x)=x2ex2，所以f(2)=e，即k=e，因为f(2)=0，所以点(2,0)在直线l上，即0=2e+b，所以b=2e(2)由(1)知，切线l的方程为y=ex2e，所以要证f(x)kx+b，即证f(x)ex2e，设g(x)=(x2)ex2(ex2e)，则g(x)=x2ex2e，当x(2,+)时，x2ex2ex2e，g(x)0，g(x)递增;当x(,2)时，x2ex2ex2e，g(x)0，g(x)递减，所以g(x)g(2)=0，当且仅当x=2时，等号成立，所以f(x)ex2e(3)因为f(x)=x2ex2，当x0时，f(x)0时，f(x)0，f(x)递增;所以f(x)f0=2,又当x趋于负无穷时，f(x)0，所以f(x)=a存在两根x1，x2，有2a0，且x10x22，首先证明：x1+x20，即证x1f(x2)，即证f(x2)f(x2)，设F(x)=f(x)f(x)，x0，因为F(x)=f(x)+f(x)=x2ex2x2ex2=x2(
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