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2025年江西省新余四中高考数学模拟试卷（十一）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，若，则的取值范围是：( )
A. B.
C. D.
2.设随机变量，则( )
A. B. C. D.
3.在中，角、、对应的边分别为、、，若，，，则( )
A. B. C. D.
4.我们称复数与对应，若复数，在复平面内的图象分别如图、所示，则与，对应的复数，在复平面内的大致图象分别对应选项中、的是：( )
A. B.
C. D.
5.在棱长为的正方体中放入一个球体、、、在同一平面，、垂直平面，使之恰与平面、平面、平面、平面均相切，则其半径长为( )
A. B. C. D.
6.已知函数，若对于，总使的图像上与处的切线平行，则的取值范围是：( )
A. B. C. D.
7.毕业是青春的里程碑，更是奔赴星海的启航希望中学高三班的九名身高互不相同的挚友想拍一张毕业照，要求排成三行三列，每列后面的人身高都高于前面的人，其中小郅与小豪两位好朋友在这九人中身高由高到低分别位居第位与第位，他们要求要站在同一行相邻的位置，则不同的排列方式共有种．
A. B. C. D.
8.在空间中，我们把点集，表示的曲面称为圆柱面，借助比利时数学家的思想我们不难发现：任意不与轴平行或垂直的平面与截成的封闭曲线为椭圆设圆柱面：，，高不平行于坐标面的正四棱锥的五个顶点均在上，则其体积的最小值为注：若正方形的四个顶点都在同一个定椭圆上，则这个正方形可以被唯一确定．
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列函数中，的图象可以由的图象仅通过一次轴对称变换得到的有：( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
10.台球是一项有趣的体育项目，如图的球桌上在左下角的点有一颗球体积忽略不计，现击打该球使其在球桌上做理想运动，碰撞到桌壁后反弹时满足反射角入射角，设洞口为中点，，击球方向与所在直线夹角的正切值为，则下列说法正确的是：( )
A. 若，球仅碰撞桌壁一次即可进入洞口，则
B. 若，球第一次碰撞在上，则最少碰撞桌壁三次可进入洞口
C. 不论的值为多少，一定存在某种击打方式使球碰撞桌壁两次可进入洞口
D. 若击出的球可以依次碰撞桌壁、、后进入洞口，则可以为
11.数学之美，古来共谈如图甲，在平面直角坐标系中有：与轴分别交于、两点，为上的动点，以为直径的的位置随点位置的变化而变化，当点逆时针转过一周时，扫过的区域是图乙所示美丽的“心形”记作，则下列说法正确的是：( )
A. 若，则与轴公共点坐标为和
B. 图乙中内的点到轴距离的最大值为
C. 若以为圆心的圆可以完全覆盖区域，则该圆的半径最小为
D. 图乙中与轴的公共部分上的点到轴距离的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在平面直角坐标系中，抛物线：的焦点到其准线的距离为，则的方程为：______．
13.已知函数在上有且仅有一个零点，则的取值范围是：______．
14.小郅同学参加某场数学竞赛，需要在个编号分别为、、、、的题中抽取任意个作答，已知他可以答对正确率这个题中的个，题中至少答对题即可晋级现已知小郅晋级了，则他答对号题的概率为：______．
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。
15.本小题分
已知数列的前项和为，为等差数列，，．
直接写出的值；
求的通项；
求证：．
16.本小题分
如图，在正方形中，，、分别为、中点，四边形也是正方形，经过点的直线与平面的夹角为且，现将正方形沿直线平移至得到四棱台．
求证：平面平面；
若，求平面与平面夹角的余弦值；
若平面平面，求四棱台的体积．
17.本小题分
已知函数的导函数为．
若，求证：在有唯一零点；
若，是的极小值点，求的取值范围；
若，是单调函数，证明：．
18.本小题分
如图：在平面直角坐标系中，离心率为的双曲线：经过斜率为的直线与交于、两点，为的左焦点．
求的方程；
若以为直径的圆与轴相切，求的方程；
直线、分别与交于、点，求证：直线过定点．
19.本小题分
对于一个项数为的有穷整数列，若对于某个不超过的正整数，我们规定一个变换：将中的某项减去，再从中另选项均加；或将中的某项加上，再从中另选项均减称为一次“变换”例如：对于数列，，，做一次“变换”后可能变为，，，，也可能变为，，，．
证明：对数列，，，，可以经过两次“变换”变为，，，，；
已知项数为的有穷整数列各项之和为，若能经过有限次“变换”变为所有项均为，我们称其为“整合数列”，对于不超过的正整数：
(ⅰ)证明：是“整合数列”一个充要条件是：对于，的值都可以写成的整数倍；
(ⅱ)求出所有的值，对于任意总能经过有限次“变换”变为所有项中至多只有一个的“整合数列”．
参考答案
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8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】或
13.【答案】
14.【答案】
15.解：数列的前项和为，为等差数列，
可得，即，
由，，可得，
整理得；
由条件得：，
故，即，
所以，
，，；
以上各式相乘可得，所以 ，
又，也满足上式，所以；
证明：，
，
所以．
16.解：证明：由条件可知：且，
所以四边形是平行四边形，故A，
又平面，平面，所以平面，
又，又平面，平面，
所以平面，
又，又，平面，所以平面平面；
建立如图所示的空间直角坐标系：
连接，，过作，因为，，，
所以平面，由于平面，所以平面平面
又平面平面，，平面，
所以平面，而，
所以就是直线与平面的夹角即，，那么，
故、重合，
而由平移的性质，，，所以四边形是平行四边形，
所以平面，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
易知平面的一个法向量为，
所以，故余弦值为；
设，，，
所以，又由于，
所以，，，
又因为，要想平面平面，只需，
所以，解得：，，
．
17.解：当时，函数，那么导函数，
当时，导函数，函数单调递减，
又，，根据零点存在定理，因此函数在有唯一零点．
根据题意可得导函数，令，那么导函数，
根据指数函数的性质，由于，因此函数，函数均单调递增，
因此导函数单调递增，又时，，时，，
因此在上导函数有且仅有一个零点，
当时，导函数，函数单调递减；
当时，导函数，函数单调递增，
而，，
当时，，此时，，单调递增，不存在极值点，不满足题意，舍去；
当时，，此时，则，即，
故在，，单调递减；在，，单调递增，是的极小值点，故满足题意；
当时，，此时，则，即，
故在，，单调递增；
在，，单调递减，是的极大值点，不满足题意，舍去．
综上，．
因为时，是单调函数，即是单调函数，则或恒成立，
因为，时，，
所以不能恒成立，故恒成立．
则，解得，即，因为，所以．
令，则，当时，，单调递增．
则，故．
18.解：因为双曲线经过且离心率为，
所以，
解得，，
则双曲线的方程为；
设直线的方程为，，，
联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，
所以，
若以为直径的圆与轴相切，
此时，
即，
解得，
所以直线的方程为；
证明：当直线不过双曲线的顶点时，直线，都不垂直于轴，
设直线，的方程分别为，，，，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
所以，，
即，
同理得，
则直线的方程为，
整理得，
因为，，，
所以直线的方程为，
即，
此时，
解得，
则直线过定点，
当直线过顶点时，
直线的方程为，
令，
由得，
所以直线的方程为，
此时，
又，
所以直线：过点，
当直线过顶点时，
直线的方程为，
令，
由得，
所以直线的方程为，
联立，
解得，
又，
所以直线过点．
综上所述，直线过定点．
19.证明：根据题目定义：将中的某项减去，
再从中另选项均加；或将中的某项加上，
再从中另选项均减称为一次“变换”．
我们先进行第一次变换，，，，，可变为，，，，，
再进行第二次变换，，，，，可变为，，，，，
故数列，，，，可以经过两次“变换”变为，，，，．
证明：必要性：由题已知项数为的有穷整数列各项之和为，
由于原数列的项之和为，
则每一次“变换”都只能使变换的两个元素之差增加或减少或，
故当时，每次变换都只能使变换的两个元素之差增加或减少或，
对于，，，
则，或，故，得证．
充分性：设：，，，，考虑以下变换：
从与开始，若，则考虑和，
若，则考虑与，，依此类推，
直至，此时若，则将变为，其余各项减；
若，则将变为，其余各项加，
重复作此“变换”，由于，
每一次变换都可以使的值减小，那么次变换后，
再考虑与，而此时这些项都总是同时增或减，的值不变仍为，
依此类推直至最后两项变换完成，此时，
又，所以此时所有项均为．
(ⅱ)根据题目：对于任意总能经过有限次“变换”变为所有项中至多只有一个的“整合数列”时．
我们断言：当时，
一个“变换”的效果总是与有限个“变换”的效果相同：
不妨设数列：，，，，共项，作一次“变换”可变为：，，，，，
而对数列：，，，，共项，作两次“变换”：
，
故一次“变换”可以看作两次“变换”，
而对于一个和为的项数列：
不是所有项均为：那必然存在均大于，均小于，
若均等于，在大于的项中取一项，
每一次“变换”都让其加，其他大于的项中找一项，
每一次“变换”都让其减，最终会变为，
同理将大于的项都这样变换，其余项就都变为；
对小于的项也这样变换，最终除了一项其余项均为．
这时整个数列中，只有与不为，有，
再仅对这两项进行变换，可以使所有项均变为．
接下来取第，项，对其中一项加，另一项减进行次“变换”，
这两项就分别变成了和，再取第，项，
依此类推，若为奇数，则最终只有最后一项为；若为偶数，则原数列中没有．
这时，任意两项之差为的倍数，由(ⅰ)可知，
此时为所有项中至多只有一个的“整合数列”，
所有项均为同理结论可证，这个结论对一切成立，故，，，，；
再证明时结论不成立；
反证法：假设结论成立，
那么可以经过有限次“变换”变为，
但这当且仅当对于，的值都可以写成的整数倍，
这并不是所有都能做到的，故舍去，
综上，，，，．
利用变换变换的定义进行证明即可．
利用原数列的项之和为并用给定定义进行变换，得到，进而证明得到必要性成立，再利用变换将原数列所有项变换为证明充分性即可．
(ⅱ)先证明一次“变换”可以看作两次“变换”，再依据所有项是否均为进行分类讨论求解即可．
本题考查数列的应用，属于难题．
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