新疆喀什地区2024-2025学年高三下学期4月适应性检测数学试题（原卷版+解析版）

喀什地区2025年普通高考4月适应性检测数学试题（卷面分值：150分；考试时长：120分钟）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.设复数z满足，则|z|=（）A1 B. C.2 D.22.已知集合，，则B可能为（）A. B. C. D.3.已知角的终边在直线上，则（）A. B. C. D.4.从名大学毕业生中选人担任村长助理，则甲、乙至少有人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为（）A. B. C. D.5.已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（）A. B. C. D.6.设为数列的前n项和，若，则（）A.1032 B.1033 C.520 D.5217.育德中学在3D打印社团实践活动中，要将一个正方体放置在一个母线长为2，底面半径为1圆锥内（忽略锥面厚度），使其能自由（任意方向）旋转，则该正方体棱长的最大值为（）A. B. C. D.18.如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为（）ABCDEFGHIA. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（）A. B.C. D.10.已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（）A.准线方程为B.直线与相切C.若，则的最小值为D.若，则的周长的最小值为1111.已知函数的导函数为，的导函数为，若，，则称是“T函数”，则下列说法正确的是（）A.是T函数B.若是定义域为的T函数，则C.若对任意成递增等差数列的4个数，，，，都有,则是T函数D.若是定义域为的T函数，且当时，则在上单调递增三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知中，，，，则__________．13.已知随机变量，且，则的最小值为______.14.已知是自然对数的底数，若，则的取值范围是______．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.△ABC中，角A、B、C的对边为a，b，c，已知，且.（1）求角A大小；（2）若，求△ABC的周长的值.16.已知函数.（1）当时，求函数单调区间；（2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围.17.如图，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.18.已知椭圆，离心率为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于、两点，坐标原点到直线的距离为，求面积最大值.19.投掷一枚均匀的骰子，每次掷得的点数为1或2时得1分，掷得的点数为3，4，5，6时得2分；独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分.（1）设投掷2次骰子，最终得分为，求随机变量的分布列与期望；（2）设最终得分为的概率为，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式.（提示：请结合数列的递推关系求解）

喀什地区2025年普通高考4月适应性检测数学试题（卷面分值：150分；考试时长：120分钟）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.设复数z满足，则|z|=（）A.1 B. C.2 D.2【答案】D【解析】【分析】根据复数的运算求得，再求其模长即可.【详解】因为，所以.故选：D.2.已知集合，，则B可能为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用集合的并集运算，对四个选项逐一检验即可得解.【详解】由，当时，或，故A错误；当时，或，故B错误；当时，，故C正确；当时，，故D错误；故选：C.3.已知角的终边在直线上，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由正切的定义及正切二倍角公式即可求解；【详解】解：依题意，在直线上任取一点（），可得，故选：A．4.从名大学毕业生中选人担任村长助理，则甲、乙至少有人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分别在甲、乙有且仅有人入选和甲、乙人都入选的情况下确定选法种数，根据分类加法计数原理可求得结果.【详解】甲、乙有且仅有人入选、丙没有入选的情况有：种；甲、乙人都入选、丙没有入选的情况有：种；甲、乙至少有人入选，而丙没有入选的不同选法的种数有种.故选：C.5.已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解法1，当时，满足题意，当时，两方程联立方程组消去，然后结合根与系数的关系及判断式可求得结果；解法2，利用数形结合，由与相切时，求出的值，然后结合图形可求得结果；解法3，利用伸缩变换，将半圆横坐标不变，纵坐标缩短到原来的，得到半椭圆，然后转化为直线与圆的关系求解即可.【详解】解法1：由得，所以为椭圆的上半部分，直线过定点①当，直线与有两个公共点；②当，与曲线联立，得，设直线与曲线交于点，则由题意得，解得，综上，的取值范围是.解法2：数形结合法①当，直线与有两个公共点；②当与相切时，两曲线方程联立方程组化简得，整理得，由，得,解得或，由图可得舍去，所以由图可得，综上，的取值范围是.解法3：将半圆横坐标不变，纵坐标缩短到原来的，得到半椭圆.当与相切时，由点到的距离等于圆的半径得：，解得：（舍）或，经过伸缩变换后，，综上，的取值范围是.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题重点考查了直线与半椭圆位置关系，隐含直线过定点问题，解题的关键是将曲线化简为半椭圆方程，考查数形结合思想和转化思想，属于中档题.6.设为数列的前n项和，若，则（）A.1032 B.1033 C.520 D.521【答案】B【解析】【分析】将用表示并化简，构造新的等比数列，可求出的通项公式，代入可得结果.【详解】解：由题意知：，即：，变形可得：，又时，，，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，即，则.故选：B7.育德中学在3D打印社团实践活动中，要将一个正方体放置在一个母线长为2，底面半径为1的圆锥内（忽略锥面厚度），使其能自由（任意方向）旋转，则该正方体棱长的最大值为（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】根据圆锥的内切球即为正方体的外接球计算求解即可.【详解】如图1所示，要使得正方体能在圆锥内自由旋转且该正方体的边长得到最大，则该正方体的外接球为圆锥的内切球，设内切球的半径为，圆锥的轴截面如图2所示，为正三角形且，此时内切球的截面圆与内切，，设正方体边长为，由图3得，，得.故选：C.8.如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为（）ABCDEFGHIA. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据相邻原则把9个灯区分为三类：第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区，然后由题意分别按各类中的两个，保持灯区最终仍处于“点亮”状态，由此求得方法数，再求得总的方法数，最后由概率公式计算概率.【详解】从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有种按法.与B相邻的灯区为；与G相邻的灯区为，故将9个灯区分为三类：第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区，若要使得灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区.先后按下的是两个灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法；若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法：先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法，故灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为故选：A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出解析式即可.【详解】观察函数图象，设函数，则，最小正周期，解得，又，则，又，则，所以，B正确；，A错误；，，C正确，，D错误.故选：BC10.已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（）A.的准线方程为B.直线与相切C.若，则的最小值为D.若，则的周长的最小值为11【答案】BCD【解析】【分析】将抛物线方程化为标准式，即可求出焦点坐标与准线方程，从而判断A，联立直线与抛物线方程，消元，由判断B，设点，表示出，根据二次函数的性质判断C，根据抛物线的定义转化求出的周长的最小值，即可判断D.【详解】解：抛物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故A错误；由，即，解得，所以直线与相切，故B正确；设点，所以，所以，故C正确；如图过点作准线，交于点，，，所以，当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确；故选：BCD11.已知函数的导函数为，的导函数为，若，，则称是“T函数”，则下列说法正确的是（）A.是T函数B.若是定义域为的T函数，则C.若对任意成递增等差数列的4个数，，，，都有,则是T函数D.若是定义域为的T函数，且当时，则在上单调递增【答案】ABD【解析】【分析】对于A验证即可判断，对于B设，因为是T函数，得单调递增，即即可判断，对于C因为，，，成递增的等差数列，故可设：，，，，，考虑函数，验证是否是“T函数”即可判断，对于D任意选取，构造，由是T函数，得在上单调递增，利用导数研究的单调性即可判断.【详解】对于A，由题意得，，所以是T函数，故A正确；对于B，设，则，因为是T函数，所以在上单调递增，所以，所以单调递增，所以，即，所以，故B正确；对于C，因为，，，成递增的等差数列，故可设：，，，，，考虑函数，因为，所以，但，，所以不是T函数，故C错误；对于D，因为是T函数，所以在上单调递增，任意选取，设函数，则，当时，，当时，，所以，即，当时，因为，所以，左边是关于x的一次函数，根据直线的性质知，这里的是任意选取的，所以，，所以在上单调递增，故D正确．故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知中，，，，则__________．【答案】【解析】【分析】由数量积的定义有，然后代入数据即可求出，最后通过得到.【详解】由数量积的定义知：，所以.故答案为：．13.已知随机变量，且，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】先根据正态分布的性质得出，再结合常值代换应用基本不等式求出最值即可.【详解】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为，又因为，所以，所以，当时，，当且仅当，即时等号成立，故最小值．故答案为：.14.已知是自然对数的底数，若，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】令，易得函数是增函数，则有，则，构造函数，利用导数求出函数的最值即可得解.【详解】令，因为函数都是增函数，所以函数是增函数，又，，所以且，则，令，则，因为函数在上都是增函数，所以函数在上是增函数，又，所以当时，，当时，，所以，所以的取值范围是.【点睛】关键点点睛：令，根据函数是增函数，得出是解决本题的关键.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.△ABC中，角A、B、C的对边为a，b，c，已知，且.（1）求角A的大小；（2）若，求△ABC的周长的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将角化边及余弦定理即可求解；（2）由数量积可求出，结合（1）可求出，进而可知△ABC的周长.【小问1详解】因为，所以，即，所以，因为，所以【小问2详解】因为，所以，即，所以，由（1）知，所以又，所以，解得，所以△ABC的周长为，所以△ABC的周长为.16.已知函数.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是（2）【解析】【分析】（1）利用导数求函数单调性；（2）分离参数得，构造，利用导数求最大值即得.【小问1详解】当时，函数的定义域是，，令，得，解得，故的单调递减区间是，令，得，解得，故的单调递增区间是，综上，的单调递减区间是，单调递增区间是.【小问2详解】由任意，知恒成立.因，故，在上恒成立.设，则，令，得，（舍去），当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得极大值，也是最大值，且，所以若在上恒成立，则，故实数的取值范围是.17.如图，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）证法1，由，得，再由面面垂直的性质可得平面，则，然后利用线面垂直的判定定理得平面，从而由面面垂直的判定定理可证得结论；证法2，由面面垂直的性质可得平面，则，，则为二面角的平面角，然后结合已知可得二面角为直二面角，从而可证得结论；证法3，取的中点，取的中点，连接，，可证得，，，所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可；（2）解法1，以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，解法2，过点作平面的垂线，以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解.【小问1详解】证法1：因为在斜三棱柱中，，且，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，且，所以平面，因为平面，所以，又因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.证法2：因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面，因为平面，所以，，因为平面平面，所以为二面角的平面角，因为在斜三棱柱中，，且，所以，所以二面角为直二面角，即平面和平面所成的角为，所以平面平面.证法3：如图1，取的中点，取的中点，连接，，由为的中位线，知.又因为，所以.因为，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，，所以两两垂直，所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图1所示，则，，，，，，，，设平面和平面的法向量分别为，，由，，得，取，则，由，，得，取，则，则，所以，即平面平面.【小问2详解】解法1：如图2，取的中点，取的中点，连接，，由为的中位线，知.又因为，所以.因为，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以，，所以两两垂直，所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图2所示，则，，，，所以，，，由（1）知，平面，所以为平面的法向量，设平面的法向量为，平面与平面所成角记为，由，，得，取，得，，所以平面和平面所成夹角的余弦值为.解法2：因为平面平面，平面平面，所以过点作平面垂线必在平面内.又因为，所以可以以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，因为，，，，所以，，，由（1）知，平面，所以为平面的法向量，设平面的法向量为，平面与平面所成角记为，由，，得，取，得，，所以平面和平面所成夹角的余弦值为.18.已知椭圆，离心率为，且过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于、两点，坐标原点到直线的距离为，求面积最大值.【答案】（1）（2