2025届江西省高三四月适应性联考数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年04月试卷_04222025届江西省高三下学期四月适应性联考（三模）（全科）

2025 年江西省四月适应性联考 暨普通高等学校招生第三次模拟考试 数学试题参考答案 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C D C B D A D ACD ABD BC 填空题 12． 13． 14.35；14(第一空2分,第二空3分) 2 3  2  (x1)2(y1)2  ,4 2  3  解答题 15．（1）由题意知：当n1时，aq 3a 2① 1 1 当n2时，aq2 3  a aq 2② 1 1 1 联立①②，解得a 2，q4．所以数列 a 的通项公式a 24n1． 1 n n （2）由（1）知a 24n1， a 24n n n1 a a 64n1 所以a a  n21  d．所以d  n1 n  ． n1 n n n1 n1 设数列 d 中存在3项d ，d ，d （其中m，k， p成等差数列）成等比数列． n m k p 64k1  2 64m1 64p1 3642k2 364mp2 则d 2 d d ，所以    ，即  k m p  k1  m1 p1 (k1)2  m1  p1  又因为m，k， p成等差数列，所以2k m p 所以(k1)2  m1  p1 化简得k2 2k mpm p ，所以k2 mp 又2k m p，所以k m p与已知矛盾． 所以在数列 d 中不存在3项d ，d ，d 成等比数列． n m k p 16.【解析】（1）E是 B  D 的中点，DE  BE. 要满足DE 平面BEG ，需满足DE BG， 又DE 平面BDE,平面BEG平面BDE 如图，过B作下底面的垂线交下底面于点G， 过G作BE的平行线，交圆O 于G,G ，则线段GG 即点G的轨迹. 2 1 2 1 2 （2）易知可以O 为坐标原点，O C,O O 所在直线分别为 y， 2 2 2 1 z轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz， 2 母线长为 2 ，母线与底面所成角为45,AC 2BD， O A2,OB1,OO 1， 2 1 1 2 取K的位置如图所示，连接O K， 2 2CK  AC,CO K 60，即xO K 30， 2 2   则K 3,1,0 ,A  0,2,0  ,B  0,1,1  ,C  0,2,0  ,D  0,1,1  ， 学科网（北京）股份有限公 1/5            则AK  3,3,0 ,BK  3,2,1 ,CK  3,1,0 ,DK  3,0,1 .  设平面ABK 的法向量为n  x ,y ,z  ， 1 1 1    nAK 0   3x 3y 0    则   ，即 1 1 ， 令x 1  3，则z 1 1,y 1 1,n  3,1,1 . nBK 0  3x 2y z 0 1 1 1     mCK 0   3x  y 0 设平面CDK的法向量为m x ,y ,z  ，则  ，即 2 2 ， 2 2 2  mDK 0  3x z 0 2 2    令x  3，则z 3,y 3,m 3,3,3 . 设平面ABK 与平面CDK所成的角为， 2 2 2 n  m  3 31313 105 4 70 则cos     ， sin 1cos2 . n m 5 21 35 35 17．【解析】（1）由题意得书签的总数X 的所有可能取值为4，5，6，7，8， 4 3 3 81 1 3 27 其中PX 4   ，PX 5C1    ， 4 256 4 4 4 64 2 2 3 1 3 27 1 3 3 PX 6C2     ，PX 7C3    ， 4 4 4 128 4 4 4 64 4 1 1 PX 8   ， 4 256 所以X 的分布列为 X 4 5 6 7 8 81 27 27 3 1 P 256 64 128 64 256 81 27 27 3 1 EX4 5 6 7 8 5 256 64 128 64 256 （2）因为这n人得到书签的总数为n1个（0n100,nN*）， 所以其中只有1人得到2个书签， n1 n 所以P C1 1    3   n    3   0n100,nN*， n n 4 4 3 4 1  3 32 33 3n 则PP P ...P  1 2  3  ...n   1 2 3 n 3  4 4 4 4   2 3 4 n n1 3 1 3 3 3 3 3 所以   P   1  2  3  ... n1   n   P P P 4 1 2 3 n 3  4 4  4 4 4  1 1  3  32  33  3n  3n1 两式相减得 PP P P         n   4 1 2 3 n 3  4  4  4  4  4  3  3n   1     1    4  4  n   3   n1  1 n4    3   n1 ， 3  1 3 4   3 4   4    n 所以PP P P 4n4   3   0n100,nN*．. 1 2 3 n 4 （3）在这20名学生中，设得到1个书签的人数为x，则得到2个书签的人数为20x， 所以得到书签的总个数nx220x40x，此时得到书签的总个数为n的概率为 学科网（北京）股份有限公 2/53xCx 3x1Cx1 3 x 1 20x 3xCx   420 20  420 20 x1320x C 2 x 0  4    4    420 20 ，所以 3xCx 3x1Cx1 ，整理得 321x x ，解得 20  20  420 420 59 63  x 4 4 而0 x20，xN，所以x15，所以n401525 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.解：（1）（i）当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以x  x ，y y 1 2 1 2 x2 y2 6 6  P  x ,y 在椭圆上 1  1 1①又 S  ，|x || y | ② 1 1 3 2 △OPQ 2 1 1 2 6 由①②得|x | ，| y |1.此时x2 x2 3， y2  y2  2； 1 2 1 1 2 1 2 x2 y2 （ii）当直线l的斜率存在时，是直线l的方程为 y kxm，(m0)将其代入  1 3 2 得 3k22  x26kmx3  m22  0，故36k2m212  3k22  m22  0即 3k22m2 6km 3  m2 2  又 x x  ，x x  1 2 3k2 2 1 2 3k2 2 2 6 3k2 2m2 |PQ| 1k2  x x 24x x  1k2 1 2 1 2 3k2 2 |m| 点O到直线l的距离为d  1k2 1 2 6 3k2 2m2 |m| 6|m| 3k2 2m2 S  1k2 △OPQ 2 3k2 2 1k2 3k2 2 6 又S  ，整理得3k2 22m2， △OPQ 2  6km  2 3  m2 2  此时x2 x2  x x 22x x     2  3 ， 1 2 1 2 1 2  3k2 2 3k2 2 y2  y2  2 3x2  2 3x2   4 2  x2 x2   2 ， 1 2 3 1 3 2 3 1 2 综上所述x2 x2 3， y2  y2  2，结论成立. 1 2 1 2 （2）（i）当直线l的斜率不存在时， 6 由（1）知|OM | x  ，|PQ|2 y 2，因此|OM ||PQ| 6 . 1 2 1 x x 3k （ii）当直线l的斜率存在时，由（1）知 1 2  ， 2 2m y  y x x 3k2 2m2 1 1 2 k 1 2 m  2 2 2m m  x x  2  y  y  2 9k2 1 6m2 2 1  1  |OM |2  1 2    1 2      3   2   2  4m2 m2 4m2 2  m2  学科网（北京）股份有限公 3/5PQ 2   1k2 24  3k2 2m2  2  2m2 1  2  2 1    23k22 m2  m2  所以 2  1 1  3 2  OM 2 PQ 2  1 3 1   2  2 1     3 1    2 1     m2 m2   25 2 m2   m2   m2  m2  22 4 5 1 1 |OM ||PQ| .当且仅当3 2 ，即m 2 时，等号成立. 2 m2 m2 5 综合（1）（2）得|OM ||PQ|的最大值为 . 2 6 （3）椭圆C上不存在三点D、E、G，使得S S S  △ODE △ODG OEG 2 6 证明：假设存在D(u,v)，E  x ,y ，G  x ,y ，满足S S S  1 1 2 2 △ODE △ODG OEG 2 由（1）得u2 x2 3，u2 x2 3，x2 x2 3，v2  y2  2，v2  y2  2，y2  y2  2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 解得：u2  x2  x2  ，v2  y2  y2 1. 1 2 2 1 2  6 6 因此u，x ，x 从集合 , 中选取，v， y ， y 从集合{1,1}中选取； 1 2  2 2  1 2   6   6   6   6   因此D、E、G 只能从点集 ,1, ,1, ,1, ,1 这四个点选取          2   2   2   2  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 6 S S S  矛盾. △ODE △ODG OEG 2 6 所以椭圆C上不存在三点D、E、G ，使得S S S  . △ODE △ODG OEG 2 19.（1） f x与gx具有C关系，理由如下： 根据定义，若 f x与gx具有C关系，则在 f x与gx的定义域的交集上存在x，使得 f xgx0， 又 f x4x 8，g(x)2x1，xR，所以 f x g(x) 4x 82x1  0， 即  2x2  2x4  0，即得2x 20，解得x1，所以 f x与gx具有C关系. （2）因为 f xlnxax1，gx1x2， 令x f x gx lnxax x2，x0,， 因为 f x与gx不具有C关系，又x在0,上的图象连续不断，所以x在0, 上的值恒为负或恒为正. 若x0在0,上恒成立，则(1)a10，即a1， 又当a1时，(1a)ln(1a)a(1a)(1a)2ln(1a)(1a) ， 1 1x 令u(x)lnxx，所以ux 1 ，令ux0，所以0 x1， x x 令ux0，解得x1，所以ux在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以 学科网（北京）股份有限公 4/5uxu(1)10， 所以(1a)0，与假设矛盾，所以不存在a使得(x)0在0,上恒成立. lnxx2 若x0在0,上恒成立，即a ， x lnxx2 1lnxx2 令L(x) ，所以L x  ， x x2 又y 1lnxx2在0,上单调递减， 所以当0 x1时，y1lnxx2 1ln112 0，所以Lx0， 当x1时，y1lnxx2 0，所以Lx0， 所以Lx在0,1上单调递增，在1,上单调递减， 所以L(x) L(1)1， max 所以a1，即a的取值范围是1, . （3）因为 f x x  ex 1  ，g(x)xmsinx(m0)， 令h(x) f(x)g(x)，则h(x)xexmsinx ， 因为 f x与gx在0,π上具有C关系，所以hx在0,π上存在零点， 因为hx(x1)ex mcosx， 当1m0且x0,π时， 因为(x1)ex 1， mcosx  m 1，所以hx0， 所以hx在0,π上单调递增，则h(x)h(0)0，此时hx在0,π上不存在零点，不满足 题意； π  当m1时，当x  ,π时，1cosx0，所以hx0， 2   π 当x0, 时，令yhx(x1)ex mcosx，则yx2exmsinx0 ，  2  π π π  π 所以hx在0, 上单调递增，且h01m  0，h   1e2 0，  2 2 2  故hx在  0, π 上存在唯一零点，设为x ，使得hx 0，  2 0 0   所以当x0,x ，hx0；当xx , ，hx0； 0  0 2 π  又当x  ,π时，hx0， 2  所以hx在0,x 上单调递减，在x ,π上单调递增， 0 0 所以hx在0,π上存在唯一极小值点x ， 0 因为h(0)0，所以hx 0， 0 又因为h(π)πeπ 0，所以hx在0,π上存在唯一零点x， 1 所以函数 f x与gx在0,π上具有C关系. 综上，m的取值范围是,1 . 学科网（北京）股份有限公 5/5