精品解析：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

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. 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. 3. 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. 4. 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. 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. 5. 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：BC 6. 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：BCD 7. 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. 8. 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：． 9. 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. 10. △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. 11. 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）利用导数求函数的单调性； （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. 12. 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. （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】 略 【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， 所以过点作平面的垂线必在平面内. 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. 13. 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） 【解析】 【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求由此可得椭圆方程； （2）当直线的斜率不存在时，求的长，再求的面积，当直线的斜率存在时，设其方程为，联立方程组，结合设而不求法求弦长，再求面积解析式，再求最大值即可. 【小问1详解】 因为椭圆的离心率为， 所以， 因为椭圆过点， 所以， 所以，， 所以椭圆的标准方程为：； 【小问2详解】 若直线的斜率不存在，则直线的方程为或， 若直线的方程为，联立可得，， 所以， 所以的面积为， 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 因为坐标原点到直线的距离为，所以， ， 联立，可得， 方程的判别式 ， 设，， 则为方程的两个根， 所以， 所以， 即， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 所以， 所以面积最大值为. 综上，当直线方程为或时，面积取最大值，最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 2. 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. 3. 已知直线与曲线有两个公共点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 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 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. 5. 已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 6. 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 7. 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. 8. 已知中，，，，则__________． 9. 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. 10. △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. 11. 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. 12. 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. 13. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $