第=page11頁，共=sectionpages11頁2025年江西省高考數學適應性試卷（4月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={x|x3?x=0}，B={x|x2A.{0,1} B.{?1,0} C.{0,1,2} D.{?1,0,1}2.已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則m/?/α的一個充分條件是(

)A.m//n，n//α B.m//β，α//β

C.m⊥n，n⊥α，m?α D.m∩n=A，n//α，m?α3.(x?2A.第673項 B.第674項 C.第675項 D.第676項4.圓錐SO中，S為圓錐頂點，O為底面圓的圓心，底面圓O半徑為3，側面展開圖面積為63π，底面圓周上有兩動點A，B，則△SAB面積的最大值為A.4 B.25 C.35.氣象意義上從春季進入夏季的標志為“連續5天的每日平均溫度不低于22℃”，現有甲、乙、丙三地連續5天的每日平均溫度的記錄數據(記錄的數據都是正整數，單位為℃)：

①甲地：5個數據的中位數為24，眾數為22；

②乙地：5個數據的中位數為27，總體均值為24；

③丙地：5個數據中有1個數據是32，總體均值為26，總方差為10.8．

其中肯定進入夏季的地區有(

)A.①② B.①③ C.②③ D.①②③6.已知拋物線C的方程為y=14x2,F為其焦點，點N坐標為(0,?4)，過點F作直線交拋物線C于A，B兩點，D是x軸上一點，且滿足|DA|=|DB|=|DN|，則直線A.±152 B.±1127.已知x>0，y>0且x+y=1，則x2x+1+yA.14 B.12 C.1 8.已知函數f(x)=1ex+1?12，則關于A.(0,+∞) B.(0,12) C.(0,1)二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知某品牌汽車某年銷量記錄如下表所示：月份x123456銷量y(萬輛)11.712.413.813.214.615.3針對上表數據，下列說法正確的有(

)A.銷量的極差為3.6

B.銷量的60%分位數是13.2

C.銷量的平均數與中位數相等

D.若銷量關于月份的回歸方程為y=0.7x+b，則b=11.0510.設函數f(x)=ex?e?x?2xA.f(x)是奇函數 B.f(x)在R上是單調函數

C.f(x)的最小值為1 D.當x>0時，f(x)>011.如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點O為線段BD的中點，且點A.若λ=1，μ=0，則VP?A1BD=18

B.若λ+μ=1，則D1P//平面A1BD

C.若λ=1,μ=12，則OP⊥平面A1三、填空題：本題共3小題，共15分。12.與直線y=33x和直線y=13.已知函數f(x)=log2(4x+214.清代數學家明安圖所著《割圓密率捷法》中比西方更早提到了“卡特蘭數”(以比利時數學家歐仁?查理?卡特蘭的名字命名).有如下問題：在n×n的格子中，從左下角出發走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的過程中只能在左下角與右上角的連線的右下方(不能穿過，但可以到達該連線)，則共有多少種不同的走法？此問題的結果即卡特蘭數C2nn?C2nn?1.如圖，現有3×4的格子，每一步只能往上或往右走一格，則從左下角A走到右A上角B共有

種不同的走法；若要求從左下角A走到右上角B的過程中只能在直線四、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.(本小題13分)

已知等比數列{an}的前n項和為Sn，且an+1=3Sn+2(n∈N?)．

(1)求數列{an}的通項公式；

(2)在an與an+1之間插入n個數，使這n+2個數組成一個公差為dn的等差數列，在數列{dn16.(本小題15分)

如圖，四邊形ABDC為圓臺O1O2的軸截面，AC=2BD，圓臺的母線與底面所成的角為45°，母線長為2，E是BD的中點．

(1)已知圓O2內存在點G，使得DE⊥平面BEG，作出點G的軌跡(寫出解題過程)；

(2)點K是圓O2上的一點(不同于A，C)，2CK=AC，求平面ABK17.(本小題15分)

新高考數學多選題6分制的模式改變了傳統的多選題賦分模式，每題具有多個正確答案，答對所有正確選項得滿分，答對部分選項也可得分，強調了對知識點理解和全面把握的要求.在某次數學測評中，第11題(6分制多選題)得分的學生有100人，其中34的學生得部分分，14的學生得滿分，若給每位得部分分的學生贈送1個書簽，得滿分的學生贈送2個書簽.假設每個學生在第11題得分情況相互獨立．

(1)從第11題得分的100名學生中隨機抽取4人，記這4人得到書簽的總數為X個，求X的分布列和數學期望；

(2)從第11題得分的100名學生中隨機抽取n人(0<n≤100,n∈N?)，記這n人得到書簽的總數為(n+1)個的概率為Pn，求P1+P18.(本小題17分)

已知直線l與橢圓C：x23+y22=1交于P(x1,y1)，Q(x2,y2)兩不同點，且△OPQ的面積S△OPQ=62，其中O為坐標原點．

(Ⅰ)證明x12+x22和y19.(本小題17分)

定義：如果函數y=f(x)和y=g(x)的圖象上分別存在點M和N關于x軸對稱，則稱函數y=f(x)和y=g(x)具有C關系．

(1)判斷函數f(x)=4x?8和g(x)=2x+1是否具有C關系；

(2)若函數f(x)=lnx?ax?1和g(x)=1?x2不具有C關系，求a的取值范圍；

(3)若函數f(x)=x(ex?1)參考答案1.A

2.C

3.D

4.D

5.B

6.B

7.A

8.D

9.ACD

10.ABD

11.BC

12.(x?1)13.(?214.35

；14

15.解：(1)由題意知當n=1時，a1q=3a1+2，①，

當n=2時，a1q2=3(a1+a1q)+2

②，

聯立①②，解得a1=2，q=4，

所以數列{an}的通項公式an=2×4n?1；

(2)由(1)知an=2×4n?1，an+1=2×4n，

所以an+1=an+(n+2?1)dn，可得dn=an+1?ann+1=6×4n?1n+1，

設數列{dn}中存在3項dm，dk，dp16.解：(1)因為E是BD的中點，所以DE⊥BE，

要滿足DE⊥平面BEG，需滿足DE⊥BG，

又因為DE?平面BDE，所以平面BEG⊥平面BDE，

如圖，過B作下底面的垂線交下底面于點G，

過G作BE的平行線，交圓O2于G1，G2，則線段G1G2即點G的軌跡；

(2)易知O1O2垂直于底面，

以O2為坐標原點，O2C，O2O1所在直線分別為y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖，

因為母線長為2，母線與底面所成角為45°，AC=2BD，

所以O2A=2，O1B=1，O1O2=1，

取K的位置如圖所示，連接O2K，

因為2CK=AC，所以∠CO2K=60°，即∠xO2K=30°，

則K(3,1,0)，A(0,?2,0)，B(0,?1,1)，C(0,2,0)，D(0,1,1)，

則AK=(3,3,0)，BK=(3,2,?1)，CK=(3,?1,0)，DK=(3,0,?1)，

設平面ABK的法向量為n=(x1,y1,z1)，17.解：(1)由題意得書簽的總數X的所有可能取值為4，5，6，7，8，

其中P(X=4)=(34)4=81256，P(X=5)=C41×14×(X45678P81272731所以E(X)=4×81256+5×2764+6×27128+7×364+8×1256=5；

(2)因為這n人得到書簽的總數為(n+1)個(0<n≤100,n∈N?)，

所以其中只有1人得到2個書簽，

所以Pn=Cn1×14×(34)n?1=n3?(34)n(0<n≤100,n∈N?)，

所以P1+P2+P3+…+Pn=13×[1×34+2×(34)218.解：(Ⅰ)1°當直線l的斜率不存在時，P，Q兩點關于x軸對稱，

所以x1=x2，y1=?y2，

∵P(x1,y1)在橢圓上，

∴x123+y122=1

①

又∵S△OPQ=62，

∴|x1||y1|=62

②

由①②得|x1|=62，|y1|=1.此時x12+x22=3，y12+y22=2；

2°當直線l的斜率存在時，是直線l的方程為y=kx+m(m≠0)，將其代入x23+y22=1得

(3k2+2)x2+6kmx+3(m2?2)=0，△=36k2m2?12(3k2+2)(m2?2)>0

即3k2+2>m2，

又x1+x2=?6km3k2+2，x1?x2=3(m2??2)3k2+2，

∴|PQ|=1+k2(x1+x2)2?4x1x2=1+k2263k2+2?m23k2+2，

∵點O到直線l的距離為d=|m|1+k2，

∴S△OPQ=121+k2263k2+2?m23k219.解：(1)f(x)與g(x)具有C關系，理由如下：

根據定義，若f(x)與g(x)具有C關系，

則在f(x)與g(x)的定義域的交集上存在x，使得f(x)+g(x)=0，

又f(x)=4x?8，g(x)=2x+1，

所以f(x)+g(x)=4x?8+2x+1=0，

即(2x?2)(2x+4)=0，

2x?2=0，解得x=1，

所以f(x)與g(x)具有C關系．

(2)因為f(x)=lnx?ax?1，g(x)=1?x2，

令φ(x)=f(x)+g(x)=lnx?ax?x2=lnx?x(a+x)，x>0，

因為f(x)與g(x)不具有C關系，

又因為φ(x)在(0,+∞)上的圖象連續不斷，

所以φ(x)在(0,+∞)上恒為負或恒為正．

若φ(x)>0在(0,+∞)上恒成立，

則φ(1)=?a?1>0，即a<?1，

又當a<?1時，φ(1?a)=ln(1?a)?a(1?a)?(1?a)2=ln(1?a)?(1?a)，

令u(x)=lnx?x，

所以u′(x)=1x?1=1?xx，

令u′(x)=0，則x=1，

所以當x∈(0,1)時，u′(x)>0，

當x∈(1,+∞)時，u′(x)<0，

所以u(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞)上單調遞減，

所以u(x)max=u(1)=?1<0，

所以φ(1?a)<0，

所以不存在a使得φ(x)>0在(0,+∞)上恒成立．

若φ(x)<0在(0,+∞)上恒成立，即a>lnx?x2x，

令L(x)=lnx?x2x(x>0)，

所以L′(x)=1?lnx?x2x2，

易知y=?lnx、y=?x2在(0,+∞)上單調遞減，

所以y=1?lnx?x2在(0,+∞)上單調遞減，

當x=1時，y=1?lnx?x2=0，

所以當0<x<1時，y=1?lnx?x2>0，

所以L′(x)>0，

當x>1時，y=1?lnx?x2<0，

所以L′(x)<0，

所以L(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞)上單調遞減，

所以L(x)max=L(1)=?1，

所以a>?1，

即a的取值范圍是(?1,+∞)．

(3)因為f(x)=x(ex?1)，g(x)=x+msinx(m<0)，

令?(x)=