湖北省武漢市2025屆高三下學(xué)期四月調(diào)研考試（二模）數(shù)學(xué)試題 含解析

武漢市屆高中畢業(yè)生四月調(diào)研考試數(shù)學(xué)試卷武漢市教育科學(xué)研究院命制本試題卷共4頁，題，全卷滿分分．考試用時分鐘．★?？荚図樌镒⒁馐马棧海痤}前，先將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置．．選擇題的作答：每小題選出答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．寫在試卷、草稿紙和答題卡的非答題區(qū)域均無效．．非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)．寫在試卷、草稿紙和答題卡的非答題區(qū)域均無效．．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并上交．一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A.，B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出，再求出交集即可.【詳解】由，可得，解得，所以，所以或，所以或.故選：C.2.數(shù)列的通項公式為，為其前n項和，則的最小值為（）A.B.C.D.第1頁/共20頁【答案】D【解析】【分析】令，可求得，計算可求得的最小值.【詳解】令，因為，所以解得，所以數(shù)列的前3項為負，從第4項起為正，所以的最小值為.故選：D.3.已知向量，滿足，，，則與夾角為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由向量垂直，利用數(shù)量積運算可得，即，代入已知條件，求得，所以，得解【詳解】因為，所以所以又，，，,所以，故選：C．4.隨著Deepseek的流行，各種AI大模型層出不窮，現(xiàn)有甲、乙兩個AI大模型，在對甲、乙兩個大模型進610確的是（）評委編號123456模型名稱甲7.09.38.39.28.98.9第2頁/共20頁乙8.19.18.58.68.78.6A.甲得分的平均數(shù)大于乙得分的平均數(shù)B.甲得分的眾數(shù)大于乙得分的眾數(shù)C.甲得分的中位數(shù)大于乙得分的中位數(shù)D.甲得分的方差大于乙得分的方差【答案】A【解析】【分析】根據(jù)已知數(shù)據(jù)分別應(yīng)用中位數(shù)，眾數(shù)，平均數(shù)及方差定義分別計算判斷各個選項.【詳解】甲、乙的得分從小到大排列如下：甲：，乙：，甲得分的中位數(shù)為，乙得分的中位數(shù)為，甲得分的中位數(shù)大于乙得分的中位數(shù)，故C正確；甲得分的眾數(shù)，乙得分的眾數(shù)為，甲得分的眾數(shù)大于乙得分的眾數(shù)，故B正確；甲得分的平均數(shù)，乙得分的平均數(shù)A錯誤；甲方差，乙的方差為故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正確.故選：A.5.若，則的值為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】正切值即可求解.第3頁/共20頁【詳解】由，可得，即，解得，所以.故選：A.6.在ABC的對邊分別是abc，，面積為D為邊AB上一點，CD是的角平分線，則（）A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理，結(jié)合面積可求和，利用，可得，進而可求得.【詳解】在中，，由余弦定理可得，所以，所以，又面積為，所以，所以，所以，所以，因為CD是的角平分線，，所以，因為，所以，所以，所以，所以，所以.故選：B.7.已知正四棱錐的側(cè)棱長為，那么當(dāng)該棱錐的體積最大時，它的高為（）第4頁/共20頁A.1B.C.2D.3【答案】D【解析】，，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可求出函數(shù)的極大值點，從而求出.【詳解】設(shè)底面邊長為，則高，由，所以，所以體積，設(shè)，，則，所以當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減；所以當(dāng)時取得極大值，即為最大值，此時該棱錐的體積最大，此時.故選：D．8.已知連續(xù)型隨機變量服從正態(tài)分布，記函數(shù)，則的圖象（）A.關(guān)于直線對稱B.關(guān)于直線對稱C.關(guān)于點成中心對稱D.關(guān)于點成中心對稱【答案】C【解析】服從正態(tài)分布第5頁/共20頁正誤.【詳解】由連續(xù)型隨機變量服從正態(tài)分布，可得，可得，所以正態(tài)密度曲線關(guān)于對稱，即，由，可得在時增加較快，在時增加越來越慢，所以無對稱軸，故AB錯誤；，所以關(guān)于點成中心對稱，故C正確，D錯誤.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，有選錯的得0分，部分選對的得部分分．9.若復(fù)數(shù)，則（）A.B.C.z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限D(zhuǎn).復(fù)數(shù)滿足，則的最大值為【答案】BCD【解析】【分析】A.利用復(fù)數(shù)的除法化簡判斷；B.結(jié)合A得到共軛復(fù)數(shù)，再求模判斷；C.利用復(fù)數(shù)的幾何意義判斷；D.利用復(fù)數(shù)的模的幾何意義判斷.【詳解】復(fù)數(shù)，，故A錯誤；，，故B正確；z的實部為4大于零，虛部為-1，小于零，則z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第四象限，故C正確；第6頁/共20頁因為復(fù)數(shù)滿足，設(shè)在單位圓上，則表示和點z之間的距離，其最大值為z到原點的距離加半徑，最大值為，故D正確，故選：BCD10.已知數(shù)列滿足，的前n項和為，則（）A.B.數(shù)列是等比數(shù)列C.，，構(gòu)成等差數(shù)列D.數(shù)列前100項和為【答案】AD【解析】【分析】令，計算可判斷A，當(dāng)，可得，兩式相減可得，進而逐項計算可判斷BCD.【詳解】對于A，當(dāng)時，可得，故A正確；對于B，當(dāng)時，，兩式相減可得，所以，當(dāng)，適合上式，所以；由不是常數(shù)，所以數(shù)列不是等比數(shù)列，故B錯誤；對于C，由可知，，所以是以2為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以，所以，，，又，所以，所以，，不構(gòu)成等差數(shù)列，故C錯誤；第7頁/共20頁對于D，，所以，故D正確.故選：AD.已知曲線，為曲線C上任一點，則下列說法中正確的有（）A.曲線C與直線恰有四個公共點B.曲線C與直線相切C.是關(guān)于的函數(shù)D.是關(guān)于的函數(shù)【答案】BD【解析】【分析】對于A，構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)討論其在上零點個數(shù)為3后可判斷其BCD數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性后可得其正誤.【詳解】對于A，由消元法可得，所以，當(dāng)或時，或，故此時無解，下面考慮上方程的解的個數(shù)，設(shè)，其中，設(shè)且，則的解為，，而，故當(dāng)或時，，當(dāng)時，，故在，上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，第8頁/共20頁而，且，，而，故，故，，故在有3個不同的實數(shù)根，故A錯誤；對于B，由可得，故，對兩邊求關(guān)于的導(dǎo)數(shù)，則，故當(dāng)時，有，當(dāng)，，而直線的斜率為2，故曲線與直線相切，故B正確.對于C，取，考慮即方程的解的個數(shù)，設(shè)，則，，，，故至少有兩個零點，故有兩個不同的解，故不是關(guān)于的函數(shù)，故C錯誤；對于D，，則，故為的減函數(shù)，且當(dāng)時，，當(dāng)時，，故對任意，方程即有唯一解，故是關(guān)于的函數(shù)，故D正確；第9頁/共20頁故選：BD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分．12.若雙曲線的離心率為2，則的值為___．【答案】3.【解析】.本題考查的雙曲線的基本知識.關(guān)鍵是要把所給的方程與標(biāo)準方程相對應(yīng)好.考點：1.雙曲線的標(biāo)準方程.2.雙曲線的離心率.13.x年底光伏太陽能板的保有量N為飽和度，為初始值，p該地區(qū)2024年底的光伏太陽能板保有量約為20萬塊，以此為初始值，以后每年的增長率均為，飽和度為1020萬塊，那么2030年底該地區(qū)光伏太陽能板的保有量約__________萬塊．（結(jié)果四舍五入保留到整數(shù)，參考數(shù)據(jù)：，，）【答案】【解析】【分析】把已知數(shù)據(jù)代入模型，求出對應(yīng)的值即可．【詳解】根據(jù)題意，所給模型中，則2030年底該地區(qū)光伏太陽能板的保有量為，因為，所以，所以2030年底該地區(qū)光伏太陽能板的保有量約36萬塊.故答案為：36.第10頁/共20頁14.在各棱長均相等的正四面體中，取棱上一點T，使，連接，三棱錐的內(nèi)切球的球心為M的內(nèi)切球的球心為N與平面的夾角的正弦值是__________．【答案】【解析】【分析】畫出立體圖形和截面圖形，結(jié)合題意分別確定的位置，再由幾何關(guān)系求出正弦值.【詳解】設(shè)三棱錐的內(nèi)切球分別與面、面相切于兩點，易知平分，平分，易知，取中點為，則在的平分線上，同理三棱錐的內(nèi)切球球心在的角平分線上，易知面，故，同理，于是為平面與平面的夾角的平面角，設(shè)正四面體棱長為，則，，所以.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.如圖，在直三棱柱中，，，，上的點E滿足第11頁/共20頁．（1）求證：平面；（2）求平面CBE與平面ABE夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）由題意可得平面，可得，結(jié)合已知可證平面；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面和平面，利用向量法可求兩平面夾角的余弦值.【小問1詳解】因為三棱柱是直三棱柱，所以，又因為，，平面，所以平面，又平面，所以，又因為，，平面平面，所以平面；【小問2詳解】以為坐標(biāo)原點，所在直線為坐標(biāo)軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，第12頁/共20頁則，設(shè)，則，因為，所以，解得，所以，所以，設(shè)平面的法向量為，則，令，則，所以平面的一個法向量為，又平面一個法向量為，設(shè)平面與平面所成的角為，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.16.已知函數(shù)．（1）若在處的切線斜率為，求；（2）若恒成立，求的取值范圍．【答案】（1）第13頁/共20頁（2）【解析】1）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由計算可得；（2，函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最小值，即可得解.【小問1詳解】因為，所以，依題意，解得；【小問2詳解】因為的定義域為，又，所以恒成立，令，，則，令，，則，所以在上單調(diào)遞增，又，，所以使得，即，，則，所以當(dāng)時，當(dāng)時，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以，即實數(shù)的取值范圍為.第14頁/共20頁17.13張大小質(zhì)地完全相同的卡牌中有八張數(shù)字牌，正面標(biāo)有1~8，此外還有五張字母牌，正面標(biāo)有A~E，將這十三張牌隨機排成一行．（1）求五張字母牌互不相鄰的概率；（2）求在標(biāo)有8的卡牌左側(cè)沒有數(shù)字牌的概率；（3）對于給定的整數(shù)，記“在標(biāo)有k的數(shù)字牌左側(cè)，沒有標(biāo)號比k小的數(shù)字牌”為事件，求k的式子表示）【答案】（1）（2）（3）【解析】1）利用古典概型概率公式和排列數(shù)的計算公式可求解；（2）利用古典概型概率公式和排列數(shù)的計算公式可求解；（3）利用古典概型概率公式和排列數(shù)的計算公式可求解.【小問1詳解】記五張字母牌互不相鄰為事件為，則；【小問2詳解】記在標(biāo)有8的卡牌左側(cè)沒有數(shù)字牌為事件，由于標(biāo)的牌都在標(biāo)有的牌的右側(cè)，有種排法，所以；【小問3詳解】標(biāo)號比小的自牌有張，比大的自牌有張，.18.已知集合，集合B滿足．第15頁/共20頁（1）判斷，，，中的哪些元素屬于B；（2）證明：若，，則；（3）證明：若，則．【答案】（1），（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】1）根據(jù)所給定義判斷元素的倒數(shù)是否屬于即可；（2）先證明若，，則，即可得到，從而得證；（3）依題意可得，從而求出，再說明即可.【小問1詳解】因為，所以；因為，所以；因為沒有倒數(shù)，所以；因為，所以；綜上可得，.【小問2詳解】先證明：若，，則；設(shè)，，為整數(shù)，所以，由于，都是整數(shù)，所以，當(dāng)，時，，，所以，所以；第16頁/共20頁【小問3詳解】因為，所以，所以，都是整數(shù)，所以為整數(shù)，所以，假如，則，則應(yīng)為的倍數(shù)，設(shè)為整數(shù)，若，則不是的倍數(shù)；若，則不是的倍數(shù)；若，則不是的倍數(shù)；所以，即.19.，右頂點為，且它們的交點分別為，，，．（1）求與的標(biāo)準方程；（2）過點作直線MN，交于點M，交于點N，設(shè)直線的斜率為，直線的斜率為，第17頁/共20頁求（3）點是上的動點，直線交于點，直線交于點，直線交于點，直線與直線交于點N，求點G坐標(biāo)，使直線NG與直線NH合）【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】1）首先求出，再代入即可得到答案；（2）設(shè)，計算得，結(jié)合其在橢圓上，代入化簡即可得，同理，則得到斜率比值；（3）設(shè)直線，聯(lián)立橢圓方程得到，則得到的坐標(biāo)，再計算得，，設(shè)，計算化簡得，則得到定點坐標(biāo).【小問1詳解】由題