喀什地區2025年普通高考4月適應性檢測數學試題（卷面分值：150分；考試時長：120分鐘）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的，請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.設復數z滿足，則|z|=（）A1 B. C.2 D.22.已知集合，，則B可能為（）A. B. C. D.3.已知角的終邊在直線上，則（）A. B. C. D.4.從名大學畢業生中選人擔任村長助理，則甲、乙至少有人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數為（）A. B. C. D.5.已知直線與曲線有兩個公共點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.6.設為數列的前n項和，若，則（）A.1032 B.1033 C.520 D.5217.育德中學在3D打印社團實踐活動中，要將一個正方體放置在一個母線長為2，底面半徑為1圓錐內（忽略錐面厚度），使其能自由（任意方向）旋轉，則該正方體棱長的最大值為（）A. B. C. D.18.如圖，有一個觸屏感應燈，該燈共有9個燈區，每個燈區都處于“點亮”或“熄滅”狀態，觸按其中一個燈區，將導致該燈區及相鄰（上、下或左、右相鄰）的燈區改變狀態.假設起初所有燈區均處于“點亮”狀態，若從中隨機先后按下兩個不同燈區，則B，G燈區最終仍處于“點亮”狀態的概率為（）ABCDEFGHIA. B. C. D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數的圖象如圖所示，則的解析式可能是（）A. B.C. D.10.已知拋物線：的焦點為，為上一點，下列說法正確的是（）A.準線方程為B.直線與相切C.若，則的最小值為D.若，則的周長的最小值為1111.已知函數的導函數為，的導函數為，若，，則稱是“T函數”，則下列說法正確的是（）A.是T函數B.若是定義域為的T函數，則C.若對任意成遞增等差數列的4個數，，，，都有,則是T函數D.若是定義域為的T函數，且當時，則在上單調遞增三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知中，，，，則__________．13.已知隨機變量，且，則的最小值為______.14.已知是自然對數的底數，若，則的取值范圍是______．四、解答題：本題共5小題，共77分、解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.△ABC中，角A、B、C的對邊為a，b，c，已知，且.（1）求角A大??；（2）若，求△ABC的周長的值.16.已知函數.（1）當時，求函數單調區間；（2）若對任意，恒成立，求實數的取值范圍.17.如圖，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成夾角的余弦值.18.已知橢圓，離心率為，且過點.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線與橢圓交于、兩點，坐標原點到直線的距離為，求面積最大值.19.投擲一枚均勻的骰子，每次擲得的點數為1或2時得1分，擲得的點數為3，4，5，6時得2分；獨立地重復擲一枚骰子若干次，將每次得分相加的結果作為最終得分.（1）設投擲2次骰子，最終得分為，求隨機變量的分布列與期望；（2）設最終得分為的概率為，證明：數列為等比數列，并求數列的通項公式.（提示：請結合數列的遞推關系求解）

喀什地區2025年普通高考4月適應性檢測數學試題（卷面分值：150分；考試時長：120分鐘）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的，請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.設復數z滿足，則|z|=（）A.1 B. C.2 D.2【答案】D【解析】【分析】根據復數的運算求得，再求其模長即可.【詳解】因為，所以.故選：D.2.已知集合，，則B可能為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用集合的并集運算，對四個選項逐一檢驗即可得解.【詳解】由，當時，或，故A錯誤；當時，或，故B錯誤；當時，，故C正確；當時，，故D錯誤；故選：C.3.已知角的終邊在直線上，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由正切的定義及正切二倍角公式即可求解；【詳解】解：依題意，在直線上任取一點（），可得，故選：A．4.從名大學畢業生中選人擔任村長助理，則甲、乙至少有人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分別在甲、乙有且僅有人入選和甲、乙人都入選的情況下確定選法種數，根據分類加法計數原理可求得結果.【詳解】甲、乙有且僅有人入選、丙沒有入選的情況有：種；甲、乙人都入選、丙沒有入選的情況有：種；甲、乙至少有人入選，而丙沒有入選的不同選法的種數有種.故選：C.5.已知直線與曲線有兩個公共點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解法1，當時，滿足題意，當時，兩方程聯立方程組消去，然后結合根與系數的關系及判斷式可求得結果；解法2，利用數形結合，由與相切時，求出的值，然后結合圖形可求得結果；解法3，利用伸縮變換，將半圓橫坐標不變，縱坐標縮短到原來的，得到半橢圓，然后轉化為直線與圓的關系求解即可.【詳解】解法1：由得，所以為橢圓的上半部分，直線過定點①當，直線與有兩個公共點；②當，與曲線聯立，得，設直線與曲線交于點，則由題意得，解得，綜上，的取值范圍是.解法2：數形結合法①當，直線與有兩個公共點；②當與相切時，兩曲線方程聯立方程組化簡得，整理得，由，得,解得或，由圖可得舍去，所以由圖可得，綜上，的取值范圍是.解法3：將半圓橫坐標不變，縱坐標縮短到原來的，得到半橢圓.當與相切時，由點到的距離等于圓的半徑得：，解得：（舍）或，經過伸縮變換后，，綜上，的取值范圍是.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題重點考查了直線與半橢圓位置關系，隱含直線過定點問題，解題的關鍵是將曲線化簡為半橢圓方程，考查數形結合思想和轉化思想，屬于中檔題.6.設為數列的前n項和，若，則（）A.1032 B.1033 C.520 D.521【答案】B【解析】【分析】將用表示并化簡，構造新的等比數列，可求出的通項公式，代入可得結果.【詳解】解：由題意知：，即：，變形可得：，又時，，，所以數列是以為首項，以為公比的等比數列，所以，即，則.故選：B7.育德中學在3D打印社團實踐活動中，要將一個正方體放置在一個母線長為2，底面半徑為1的圓錐內（忽略錐面厚度），使其能自由（任意方向）旋轉，則該正方體棱長的最大值為（）A. B. C. D.1【答案】C【解析】【分析】根據圓錐的內切球即為正方體的外接球計算求解即可.【詳解】如圖1所示，要使得正方體能在圓錐內自由旋轉且該正方體的邊長得到最大，則該正方體的外接球為圓錐的內切球，設內切球的半徑為，圓錐的軸截面如圖2所示，為正三角形且，此時內切球的截面圓與內切，，設正方體邊長為，由圖3得，，得.故選：C.8.如圖，有一個觸屏感應燈，該燈共有9個燈區，每個燈區都處于“點亮”或“熄滅”狀態，觸按其中一個燈區，將導致該燈區及相鄰（上、下或左、右相鄰）的燈區改變狀態.假設起初所有燈區均處于“點亮”狀態，若從中隨機先后按下兩個不同燈區，則B，G燈區最終仍處于“點亮”狀態的概率為（）ABCDEFGHIA. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據相鄰原則把9個燈區分為三類：第一類燈區，第二類燈區，第三類燈區，然后由題意分別按各類中的兩個，保持燈區最終仍處于“點亮”狀態，由此求得方法數，再求得總的方法數，最后由概率公式計算概率.【詳解】從9個燈區中隨機先后按下兩個燈區，共有種按法.與B相鄰的燈區為；與G相鄰的燈區為，故將9個燈區分為三類：第一類燈區，第二類燈區，第三類燈區，若要使得燈區最終仍處于“點亮”狀態，則需在同類燈區中隨機先后按兩個不同燈區.先后按下的是兩個燈區，則燈區最終仍處于“點亮”狀態，共有種按法；若先后按下的是燈區中的兩個，則燈區最終仍處于“點亮”狀態，共有種按法：先后按下的是燈區中的兩個，則燈區最終仍處于“點亮”狀態，共有種按法，故燈區最終仍處于“點亮”狀態的概率為故選：A二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數的圖象如圖所示，則的解析式可能是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】【分析】根據給定的函數圖象，結合五點法作圖求出解析式即可.【詳解】觀察函數圖象，設函數，則，最小正周期，解得，又，則，又，則，所以，B正確；，A錯誤；，，C正確，，D錯誤.故選：BC10.已知拋物線：的焦點為，為上一點，下列說法正確的是（）A.的準線方程為B.直線與相切C.若，則的最小值為D.若，則的周長的最小值為11【答案】BCD【解析】【分析】將拋物線方程化為標準式，即可求出焦點坐標與準線方程，從而判斷A，聯立直線與拋物線方程，消元，由判斷B，設點，表示出，根據二次函數的性質判斷C，根據拋物線的定義轉化求出的周長的最小值，即可判斷D.【詳解】解：拋物線：，即，所以焦點坐標為，準線方程為，故A錯誤；由，即，解得，所以直線與相切，故B正確；設點，所以，所以，故C正確；如圖過點作準線，交于點，，，所以，當且僅當、、三點共線時取等號，故D正確；故選：BCD11.已知函數的導函數為，的導函數為，若，，則稱是“T函數”，則下列說法正確的是（）A.是T函數B.若是定義域為的T函數，則C.若對任意成遞增等差數列的4個數，，，，都有,則是T函數D.若是定義域為的T函數，且當時，則在上單調遞增【答案】ABD【解析】【分析】對于A驗證即可判斷，對于B設，因為是T函數，得單調遞增，即即可判斷，對于C因為，，，成遞增的等差數列，故可設：，，，，，考慮函數，驗證是否是“T函數”即可判斷，對于D任意選取，構造，由是T函數，得在上單調遞增，利用導數研究的單調性即可判斷.【詳解】對于A，由題意得，，所以是T函數，故A正確；對于B，設，則，因為是T函數，所以在上單調遞增，所以，所以單調遞增，所以，即，所以，故B正確；對于C，因為，，，成遞增的等差數列，故可設：，，，，，考慮函數，因為，所以，但，，所以不是T函數，故C錯誤；對于D，因為是T函數，所以在上單調遞增，任意選取，設函數，則，當時，，當時，，所以，即，當時，因為，所以，左邊是關于x的一次函數，根據直線的性質知，這里的是任意選取的，所以，，所以在上單調遞增，故D正確．故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知中，，，，則__________．【答案】【解析】【分析】由數量積的定義有，然后代入數據即可求出，最后通過得到.【詳解】由數量積的定義知：，所以.故答案為：．13.已知隨機變量，且，則的最小值為______.【答案】【解析】【分析】先根據正態分布的性質得出，再結合常值代換應用基本不等式求出最值即可.【詳解】由隨機變量，則正態分布的曲線的對稱軸為，又因為，所以，所以，當時，，當且僅當，即時等號成立，故最小值．故答案為：.14.已知是自然對數的底數，若，則的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】令，易得函數是增函數，則有，則，構造函數，利用導數求出函數的最值即可得解.【詳解】令，因為函數都是增函數，所以函數是增函數，又，，所以且，則，令，則，因為函數在上都是增函數，所以函數在上是增函數，又，所以當時，，當時，，所以，所以的取值范圍是.【點睛】關鍵點點睛：令，根據函數是增函數，得出是解決本題的關鍵.四、解答題：本題共5小題，共77分、解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.△ABC中，角A、B、C的對邊為a，b，c，已知，且.（1）求角A的大小；（2）若，求△ABC的周長的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理將角化邊及余弦定理即可求解；（2）由數量積可求出，結合（1）可求出，進而可知△ABC的周長.【小問1詳解】因為，所以，即，所以，因為，所以【小問2詳解】因為，所以，即，所以，由（1）知，所以又，所以，解得，所以△ABC的周長為，所以△ABC的周長為.16.已知函數.（1）當時，求函數的單調區間；（2）若對任意，恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）的單調遞減區間是，單調遞增區間是（2）【解析】【分析】（1）利用導數求函數單調性；（2）分離參數得，構造，利用導數求最大值即得.【小問1詳解】當時，函數的定義域是，，令，得，解得，故的單調遞減區間是，令，得，解得，故的單調遞增區間是，綜上，的單調遞減區間是，單調遞增區間是.【小問2詳解】由任意，知恒成立.因，故，在上恒成立.設，則，令，得，（舍去），當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，故當時，取得極大值，也是最大值，且，所以若在上恒成立，則，故實數的取值范圍是.17.如圖，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）.【解析】【分析】（1）證法1，由，得，再由面面垂直的性質可得平面，則，然后利用線面垂直的判定定理得平面，從而由面面垂直的判定定理可證得結論；證法2，由面面垂直的性質可得平面，則，，則為二面角的平面角，然后結合已知可得二面角為直二面角，從而可證得結論；證法3，取的中點，取的中點，連接，，可證得，，，所以以所在的直線分別為建立空間直角坐標系，利用空間向量證明即可；（2）解法1，以所在的直線分別為建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可，解法2，過點作平面的垂線，以為坐標原點，建立如圖3所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解.【小問1詳解】證法1：因為在斜三棱柱中，，且，所以，又因為平面平面，平面平面，平面，且，所以平面，因為平面，所以，又因為，、平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面.證法2：因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面，因為平面，所以，，因為平面平面，所以為二面角的平面角，因為在斜三棱柱中，，且，所以，所以二面角為直二面角，即平面和平面所成的角為，所以平面平面.證法3：如圖1，取的中點，取的中點，連接，，由為的中位線，知.又因為，所以.因為，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，，所以兩兩垂直，所以以所在的直線分別為建立空間直角坐標系，如圖1所示，則，，，，，，，，設平面和平面的法向量分別為，，由，，得，取，則，由，，得，取，則，則，所以，即平面平面.【小問2詳解】解法1：如圖2，取的中點，取的中點，連接，，由為的中位線，知.又因為，所以.因為，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面.因為平面，所以，，所以兩兩垂直，所以以所在的直線分別為建立空間直角坐標系，如圖2所示，則，，，，所以，，，由（1）知，平面，所以為平面的法向量，設平面的法向量為，平面與平面所成角記為，由，，得，取，得，，所以平面和平面所成夾角的余弦值為.解法2：因為平面平面，平面平面，所以過點作平面垂線必在平面內.又因為，所以可以以為坐標原點，建立如圖3所示的空間直角坐標系，因為，，，，所以，，，由（1）知，平面，所以為平面的法向量，設平面的法向量為，平面與平面所成角記為，由，，得，取，得，，所以平面和平面所成夾角的余弦值為.18.已知橢圓，離心率為，且過點.（1）求橢圓的標準方程；（2）設直線與橢圓交于、兩點，坐標原點到直線的距離為，求面積最大值.【答案】（1）（2