江西省2025届高三四月适应性联考 数学试题（含解析）

这是一份江西省2025届高三四月适应性联考 数学试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则的一个充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
3．的展开式中的常数项是（ ）
A．第673项B．第674项
C．第675项D．第676项
4．圆锥中，为圆锥顶点，为底面圆的圆心，底面圆半径为3，侧面展开图面积为，底面圆周上有两动点，则面积的最大值为（ ）
A．4B．C．D．6
5．气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续天的日平均温度均不低于”．现有甲、乙、丙三地连续天的日平均温度的记录数据(记录数据都是正整数，单位：)：
①甲地：个数据的中位数为，众数为；
②乙地：个数据的中位数为，总体均值为；
③丙地：个数据中有个数据是，总体均值为，总体方差为．
其中肯定进入夏季的地区有（ ）
A．①②B．①③
C．②③D．①②③
6．已知抛物线的方程为，为其焦点，点坐标为，过点作直线交抛物线于、两点，是轴上一点，且满足，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知且，则的最小值为（ ）
A．B．C．1D．
8．已知函数，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知某品牌汽车某年销量记录如下表所示：
针对上表数据，下列说法正确的有（ ）
A．销量的极差为3.6
B．销量的60%分位数是13.2
C．销量的平均数与中位数相等
D．若销量关于月份的回归方程为，则
10．设函数，则下列说法正确的是（ ）
A．是奇函数B．在R上是单调函数
C．的最小值为1D．当时，
11．如图，在棱长为1的正方体中，点为线段的中点，且点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则平面
C．若，则平面
D．若时，直线与平面所成的角为，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．与直线和直线都相切且圆心在第一象限，圆心到原点的距离为的圆的方程为 ．
13．已知函数，若，则实数的取值范围为 ．
14．清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学家欧仁･查理･卡特兰的名字命名）.有如下问题：在的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数.如图，现有的格子，每一步只能往上或往右走一格，则从左下角走到右上角共有 种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方，但可以到达直线，则有 种不同的走法.

四、解答题（本大题共5小题）
15．已知等比数列的前项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)在与之间插入个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中是否存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由．
16．如图，四边形为圆台的轴截面，，圆台的母线与底面所成的角为45°，母线长为，是的中点．
(1)已知圆内存在点，使得平面，作出点的轨迹（写出解题过程）；
(2)点是圆上的一点（不同于，），，求平面与平面所成角的正弦值．
17．新高考数学多选题6分制的模式改变了传统的多选题赋分模式，每题具有多个正确答案，答对所有正确选项得满分，答对部分选项也可得分，强调了对知识点理解和全面把握的要求．在某次数学测评中，第11题（6分制多选题）得分的学生有100人，其中的学生得部分分，的学生得满分，若给每位得部分分的学生赠送1个书签，得满分的学生赠送2个书签．假设每个学生在第11题得分情况相互独立．
(1)从第11题得分的100名学生中随机抽取4人，记这4人得到书签的总数为个，求的分布列和数学期望；
(2)从第11题得分的100名学生中随机抽取人，记这人得到书签的总数为个的概率为，求的值；
(3)已知王老师班有20名学生在第11题有得分，若以需要赠送书签总个数概率最大为依据，请问王老师应该提前准备多少个书签比较合理？
18．已知动直线与椭圆C:交于，两个不同点，且的面积=,其中为坐标原点.
(1)证明和均为定值;
(2)设线段的中点为，求的最大值；
(3)椭圆C上是否存在点D，E，G，使得？若存在，判断的形状；若不存在，请说明理由.
19．定义：如果函数和的图象上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有关系.
(1)判断函数和是否具有C关系；
(2)若函数和不具有C关系，求a的取值范围；
(3)若函数和在区间上具有C关系，求m的取值范围.
参考答案
1．【答案】A
【分析】由因式分解分别求出高次方程和二次不等式的解集，再由集合的运算得出两个集合的交集.
【详解】,
,
,
,
.
故选A.
2．【答案】C
【详解】对于A，由可得或，故A错误；
对于B，由可得或，故B错误；
对于C，由可得，故C正确；
对于D，由可得相交或，故D错误；
故选C.
3．【答案】D
【分析】根据题意，求得展开式的通项公式，结合通项公式，即可求解.
【详解】由二项式的展开式为，
令，解得，此时，
所以二项式的展开式的常数项为第项.
故选D.
4．【答案】D
【详解】令圆锥母线长为，显然圆锥侧面展开图扇形弧长为，
由侧面展开图面积为，得，解得，
又圆锥轴截面等腰三角形底边长为6，底角满足，即，
因此圆锥轴截面等腰三角形顶角为，等腰的顶角，
则面积，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为6.
故选D.
5．【答案】B
【详解】甲地的个数据的中位数为24，众数为22，则甲地连续天的日平均温度的记录数据中必有，，，其余2天的记录数据大于24，且不相等，故甲地符合进入夏季的标准；
乙地的个数据的中位数为，总体均值为，当个数据为，，，，时，其连续天的日平均温度中有低于的，此时乙地不符合进入夏季的标准；
丙地的个数据中有个数据是，总体均值为，设其余个数据分别为，，，，则总体方差
，
若，，，有小于的数据时，则，即，不满足题意，所以，，，均大于或等于，故丙地符合进入夏季的标准．
综上所述，肯定进入夏季的地区有①③．
故选B．
6．【答案】B
【详解】设，，，直线方程为，
联立直线与抛物线方程，可得，
显然，所以．
又，即，
即，，
故，是方程的解，
将代入方程，
整理得，显然，
，
，即．
故选B．
7．【答案】A
【详解】
，，，


，
当且仅当，且，即时等号成立，
的最小值为.
故选A.
8．【答案】D
【分析】结合函数性质可将转化为，由函数单调性计算即可得.
【详解】，
则，
由，得，
故.
又因为，随增大而增大，
故在上单调递减，又，
故可转化为，
则有，即，即，故.
故选D.
9．【答案】ACD
【详解】对于A，因销量的最大值为15.3，最小值为11.7，故极差为，故A正确；
对于B，将销量按照从小到大排列为：，
由，可知销量的60%分位数是第四个数13.8，故B错误；
对于C，销量的平均数为，而中位数为，故C正确；
对于D，因，，样本中心点在回归直线上，
故有，解得，故D正确.
故选ACD.
10．【答案】ABD
【分析】A选项，根据定义域为R 且得到A正确；B选项，求导，结合基本不等式得到，在R上单调递增，B正确；C选项，由B选项知，C错误；D选项，根据函数单调性得到.
【详解】A选项，定义域为R，且，
故为奇函数，A正确；
B选项，，
故在R上单调递增，B正确；
C选项，由B选项知，在R上单调递增，无最小值，C错误；
D选项，由B选项知，在R上单调递增，当时，，D正确.
故选ABD.
11．【答案】BC
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】连接，以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
，
则
，即，
A选项，若，则，则点与点重合，
，A选项错误.
B选项，若，则，,
，设平面的法向量为，
则，故可设，
由于，由于平面，
所以平面，所以B选项正确.
C选项，若，则，,
由于，所以平面，所以C选项正确.
D选项，若时，，，
则
，
设，则，
则，
由于函数在上单调递减，在上单调递增，
，所以，
所以，
，，
所以，所以，D选项错误.
故选BC.
12．【答案】
【详解】设圆心坐标为，
由于所求圆与直线和直线都相切，
故，化简为，而，则，
又圆心到原点的距离为，即，
解得，即圆心坐标为，则半径为，
故圆的方程为
13．【答案】
【详解】由题设，定义域为，
，即为偶函数，
在上，令，且，
则，
由，故，即函数在上递增，
而在定义域上递增，故在上递增，
所以，可得，
故，可得.
14．【答案】 35 14
【详解】

从左下角走到右上角共需要7步，其中3步向上，4步向右，
故只需确定哪3步向上走即可，共有种不同的走法；
若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），
则由卡特兰数可知共有种不同的走法，
又到达右上角必须最后经过，所以满足题目条件的走法种数也是14.
15．【答案】(1)证明见解析；
(2)不存在，理由见解析.
【分析】（1）利用等比数列定义，将，代入构造方程组解得，，可得数列的通项公式；
（2）假设存在，，成等比数列，由，，成等差数列可得，且，解得，与已知矛盾，因此不存在这样的3项.
【详解】（1）由题意知当时，①
当时，②
联立①②，解得，；
所以数列的通项公式．
（2）由（1）知，，
所以，可得；
设数列中存在3项，，（其中，，成等差数列）成等比数列，则，
所以，即；
又因为，，成等差数列，所以，
所以，化简得，即；
又，所以与已知矛盾；
所以在数列中不存在3项，，成等比数列．
16．【答案】(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理，过作下底面的垂线交下底面于点，过作的平行线，交圆于，，即可求出结果；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件，求出平面和平面，利用面面角的向量法，即可求出结果.
【详解】（1）是的中点，．
要满足平面，需满足，
又平面，平面平面.
如图，过作下底面的垂线交下底面于点，
过作的平行线，交圆于，，则线段即点的轨迹．
（2）易知可以为坐标原点，，所在直线分别为，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
母线长为，母线与底面所成角为45°，，，，，
取的位置如图所示，连接，易知.
，，则，
则，，，，，
则，，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，．
设平面与平面所成的角为，则
，
．
17．【答案】(1)分布列见解析，5
(2)
(3)25个
【详解】（1）由题意得书签的总数的所有可能取值为4，5，6，7，8，
其中，，
，，
，
所以的分布列为
.
（2）因为这人得到书签的总数为个（），
所以其中只有1人得到2个书签，
所以，
则
所以
两式相减得
，
所以．
（3）在这20名学生中，设得到1个书签的人数为，则得到2个书签的人数为，
所以得到书签的总个数，
此时得到书签的总个数为的概率为，
所以，整理得，解得，
而，，所以，所以，
所以需要赠送书签总个数概率最大为依据，王老师应该提前准备25个书签比较合理．
18．【答案】(1)；
(2);
(3)椭圆C上不存在三点D，E，G，使得
【详解】（1）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，
所以,∵在椭圆上,∴, ①
又∵，∴ ,②
由①②得，．此时；
（ⅱ）当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
将其代入得 ，
故，即，
又， ，
∴，
∵点到直线的距离为，
∴ ，
又，整理得，
此时，，
，
综上所述，结论成立．
（2）（ⅰ）当直线的斜率不存在时，由（1）知，，
因此．
（ⅱ）当直线的斜率存在时，由（1）知，
，
，
所以 ，
，当且仅当，即时，等号成立．
综上，的最大值为.
（3）椭圆C上不存在三点D，E，G，使得 .
证明：假设存在，满足,
由（1）得，，，， ，,解得，.
因此从集合中选取，从集合中选取,
因此D，E，G只能从点集这四个点选取三个不同的点，而这三个点的两两连线必然有一条经过原点，这与矛盾.
所以椭圆C上不存在三点D，E，G，使得 .
19．【答案】(1)与具有C关系，理由见解析；
(2)；
(3).
【详解】（1）与具有C关系，理由如下：
根据定义，若与具有C关系，
则在与的定义域的交集上存在x，使得，
又，，，所以，
即，即得，解得，所以与具有C关系.
（2）因为，，
令，，
因为与不具有C关系，又在上的图象连续不断，
所以在上的值恒为负或恒为正.
若在上恒成立，则，即，
又当时，，
令，所以，令，所以，
令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，与假设矛盾，所以不存在使得在上恒成立.
若在上恒成立，即，
令，所以，
又在上单调递减，
所以当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即的取值范围是.
（3）因为，，
令，则，
因为与在上具有C关系，所以在上存在零点，
因为，
当且时，
因为，，所以，
所以在上单调递增，则，
此时在上不存在零点，不满足题意；
当时，当时，，所以，
当时，令，则，
所以在上单调递增，且，，
故在上存在唯一零点，设为，使得，
所以当，；当，；
又当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上存在唯一极小值点，
因为，所以，
又因为，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上具有C关系.
综上，的取值范围是.月份x
1
2
3
4
5
6
销量y（万辆）
11.7
12.4
13.8
13.2
14.6
15.3
4
5
6
7
8