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1234567891011答案ACDCBDADACDABDBC填空题12．13．14.35；14(第一空2分,第二空3分)22232(x1)(y1),423解答题．（）由题意知：当时，①151n1a1q3a12当时，2②n2a1q3a1a1q2联立①②，解得，．所以数列的通项公式n1．a12q4anan24（）由（）知n1，n21an24an124n1an1an64所以aan21d．所以d．n1nnn1n1设数列中存在项，，（其中，，成等差数列）成等比数列．dn3dmdkdpmkp264k164m164p13642k2364mp2则2，所以，即dkdmdp2k1m1p1(k1)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．所以在数列中不存在项，，成等比数列．dn3dmdkdp16.【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O2于G1,G2，则线段G1G2即点G的轨迹.（2）易知可以O2为坐标原点，O2C,O2O1所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O2xyz，母线长为2，母线与底面所成角为45,AC2BD，O2A2,O1B1,O1O21，取K的位置如图所示，连接O2K，，即，2CKAC,CO2K60xO2K30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x1,y1,z1，nAK03x13y10则，即，令，则z1,y1,n3,1,1.x1311nBK03x12y1z10mCK03x2y20设平面的法向量为，则，即，CDKmx2,y2,z2mDK03x2z20令，则设平面与平面所成的角为，x23z23,y23,m3,3,3.ABKCDK331313nm1052470则cos，sin1cos.nm521353517．【解析】（1）由题意得书签的总数X的所有可能取值为4，5，6，7，8，43其中381，11327，PX4PX5C44256446422321327，3133，PX6C4PX7C4441284464411PX8，4256所以X的分布列为X4567881272731P256641286425681272731EX4567852566412864256（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1n所以113n3*，PnCn0n100,nN443423n13333则P1P2P3...Pn123...n34444234nn13133333所以12P3n123...n1nPPP434444423nn11133333两式相减得P1P2P3Pnn4344444n331n1n11443n43n1，3314344n所以3*．P1P2P3Pn4n40n100,n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2/5xxx1x13C203C20x20xxx3C2020x1320xx3120，所以44，整理得，解得C20xxx1x1203C3C321xx44420204204205963x44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个书签比较合理解：（）（）当直线的斜率不存在时，，两点关于轴对称，所以，18.1ilPQxx1x2y1y222x1y166Px,y在椭圆上1①又S△，|x||y|②1132OPQ21126由①②得|x|，|y|1.此时x2x23，y2y22；1211212x2y2（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1322222222得3k2x6kmx3m20，故36km123k2m20即3k22m226km3m2又xx，xx123k22123k22222263k2m|PQ|1k2xx4xx1k212123k22|m|点O到直线l的距离为d1k21263k22m2|m|6|m|3k22m22S△OPQ1k2223k21k23k2622又S△，整理得3k22m，OPQ22226km3m2此时22，x1x2x1x22x1x2233k223k22222222222，y1y23x13x24x1x22333综上所述22，22，结论成立x1x23y1y22.（2）（i）当直线l的斜率不存在时，6由（1）知|OM|x，|PQ|2y2，因此|OM||PQ|6.121xx3k（ii）当直线l的斜率存在时，由（1）知12，22myyxx3k22m2112k12m222mm22222xxyy9k16m211|OM|12123224m2m24m22m2学科网（北京）股份有限公3/52222243k2m22m112PQ1k2222223k2mm所以21132222211111mm25OMPQ322322m2m2m2m2224511|OM||PQ|.当且仅当32，即m2时，等号成立.2m2m25综合（1）（2）得|OM||PQ|的最大值为.26（3）椭圆C上不存在三点D、E、G，使得S△S△SODEODGOEG26证明：假设存在D(u,v)，Ex,y，Gx,y，满足S△S△S1122ODEODGOEG2由（）得22，22，22，22，22，221ux13ux23x1x23vy12vy22y1y223解得：u2x2x2，v2y2y21.1221266因此，，从集合中选取，，，从集合中选取；ux1x2,vy1y2{1,1}226666因此、、只能从点集这四个点选取DEG,1,,1,,1,,1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6S△S△S矛盾.ODEODGOEG26所以椭圆C上不存在三点D、E、G，使得S△S△S.ODEODGOEG219.（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，xx即222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)，11x令u(x)lnxx，所以ux1，令ux0，所以0x1，xx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，xlnxx21lnxx2令L(x)，所以Lx，xx2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)maxL(1)1，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xx当x0,时，令yhx(x1)emcosx，则yx2e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π故hx在0,上存在唯一零点，设为x，使得hx0，200所以当x0,x0，hx0；当xx0,，hx0；2π又当x,π时，hx0，2所以hx在0,x0上单调递减，在x0,π上单调递增，所以hx