精品解析：湖北省武汉市2025届高三二月份调研考试数学试题

武汉市2025届高中毕业生二月调研考试 数学试卷 武汉市教育科学研究院命制 2025.2．26 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3. 在三棱柱中，设，，，，分别为，的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ） A 6 B. 8 C. 10 D. 12 5. 有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 40 B. 48 C. 52 D. 60 6. 某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图， 下列说法中正确的是（ ） A. B. 评分的众数估值为70 C. 评分的第25百分位数估值为67.5 D. 评分的平均数估值为76 7. 函数满足：，若，，则（ ） A. 1 B. C. 5 D. 8. 已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与该抛物线交于，两点，若，若面积为，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分． 9. 函数，则下列关于的说法中正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 最大值是2 C. 是区间上的减函数 D. 图象关于点中心对称 10. 已知且，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 11. 已知，记为集合中元素个数，为集合中的最小元素．若非空数集，且满足，则称集合为“阶完美集”．记为全部阶完美集的个数，下列说法中正确的是（ ） A. B. 将阶完美集的元素全部加1，得到的新集合，是阶完美集 C. 若为阶完美集，且，满足条件集合的个数为 D. 若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为________． 13. 已知，，则________． 14. 四棱锥中，，，，，，内部点满足四棱锥与三棱锥体积相等，则长的最小值为________． 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. 已知函数，曲线在点处的切线与平行． （1）求的值； （2）求的极值． 16. 如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． （1）若，求的长； （2）求异面直线与所成角余弦值最小值． 17. 如图，与存在对顶角，，，且． （1）证明：为中点； （2）若，求的长． 18. 有，，，，，，，八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，运动员与其它运动员对决时，获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立． （1）求这八名运动员各自获得冠军的概率； （2）求与对决过且最后获得冠军的概率； （3）求与对决过且最后获得冠军的概率． 19. 双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． （1）求双曲线的标准方程； （2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉市2025届高中毕业生二月调研考试 数学试卷 武汉市教育科学研究院命制 2025.2．26 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求解确定，再由交集运算即可求解； 【详解】， 所以， 故选：C 2. 若复数z满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合复数运算法则求的代数形式，再求其模. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：A. 3. 在三棱柱中，设，，，，分别为，的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合几何图形，利用给定的基底表示向量. 【详解】在三棱柱中，. 故选：B 4. 记等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，利用等差数列前项和公式，结合已知列出方程求解. 【详解】设等差数列的公差为，由，得，解得， 由，得，则，所以. 故选：A 5. 有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ） A. 40 B. 48 C. 52 D. 60 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，根据分步乘法原理，可得答案. 【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有种选择； 然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎， 这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有种选择. 根据乘法原理，总共有种选法. 故选：B. 6. 某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图， 下列说法中正确的是（ ） A. B. 评分的众数估值为70 C. 评分的第25百分位数估值为67.5 D. 评分的平均数估值为76 【答案】C 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，求出，再根据平均数、百分位数及众数的计算规则计算可得. 【详解】由题意：， 解得，A错误， 所以平均数为，故D错误； 众数为，故B错误； 因为，第百分位数估计为，故C正确； 故选：C 7. 函数满足：，若，，则（ ） A. 1 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析函数的周期性，利用函数的周期性求的值. 【详解】由题意可得：， 用代替可得：， 两式相加得：. 所以，所以函数是以6为周期的周期函数. 所以. 又，所以. 所以. 所以. 故选：D 8. 已知为坐标原点，过抛物线焦点的直线与该抛物线交于，两点，若，若面积为，则（ ） A. 4 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合抛物线的定义及三角形面积公式列式求出 【详解】抛物线的焦点，设直线，点， 由消去得，则， ，即， ， ，则，因此， 所以. 故选：A 【点睛】易错点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分． 9. 函数，则下列关于的说法中正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 最大值是2 C. 是区间上的减函数 D. 图象关于点中心对称 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二倍角余弦公式和辅助角公式化简函数，利用正弦函数的周期求解判断A；根据正弦函数的性质判断B；利用正弦函数的单调性判断C；由正弦函数的对称中心判断D. 【详解】 ， 则的最小正周期是，故选项A正确； 由三角函数的性质可知，即的最大值是，故选项B错误； 时，，因为在上单调递减， 故是区间上的减函数，故选项C正确； 令，解得， 故的图象的对称中心为，，令得， 所以的图象不关于点中心对称，故选项D错误. 故选：AC 10. 已知且，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由函数求导，明确导函数的单调性，并构造函数，求导研究其单调性，可得原函数的最值，根据最值的取值范围，可得答案. 【详解】由，求导可得，易知函数在单调递增， 令，求导可得在上恒成立， 则在上单调递增，所以， 易知，使得，则，即， 当时，，则函数上单调递减； 当时，，则函数在上单调递增， 所以，由，则， 当，即时，，故A错误，B可能正确； 当，即时，令，求导可得， 则函数在上单调递减. 由，,则存在，使得， 所以当时，此时符号不定，故CD可能正确. 故选：BCD. 11. 已知，记为集合中元素的个数，为集合中的最小元素．若非空数集，且满足，则称集合为“阶完美集”．记为全部阶完美集的个数，下列说法中正确的是（ ） A. B. 将阶完美集的元素全部加1，得到的新集合，是阶完美集 C. 若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 D. 若为阶完美集，且，满足条件的集合的个数为 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过对不同阶数完美集的子集情况进行分析来确定集合个数，同时依据完美集的性质判断相关结论的正确性. 【详解】当非空数集是子集中含个元素的子集时，.根据“n阶完美集”的定义，中大于等于的数有、、、共个，所以此时可以是、、、.  当非空数集是子集中含个元素的子集时，.中大于等于的数有、、共个，所以此时可以是、、.  当非空数集是子集中含个元素的子集时，.中大于等于的数有、共个，不满足“n阶完美集”的定义，所以中个元素的子集不满足.  同理，中含个元素子集也不满足.  综上，4阶完美集有、、、、、、，所以，故A正确.   若将“n阶完美集”中元素全部加，中元素个数不变，但加变大，均不违背“阶完美集”的定义，所以得到的新集合是一个“阶完美集”，故B正确.   若，满足条件的集合的个数为7，而,C错误； 对于满足“阶完美集”的所有，不属于所有，可视为退化为“阶完美集”的情况，总个数为.  又因为，所以满足条件的集合要排除掉“阶完美集”中只含有个元素的情形（排除个单元素集合），因此满足条件的集合的个数均为，D正确.   故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：新定义题型，关键就是读懂题意，将陌生的概念转化为熟悉的知识，再借助旧知解题即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为________． 【答案】## 【解析】 【分析】由直线方程求得其在坐标轴上截距，可得椭圆的的值，根据离心率的公式，可得答案. 【详解】当时，由，则；当时，由，则， 由题意可得为椭圆的顶点， 则椭圆的方程为，所以， 可得，所以离心率. 故答案为：. 13. 已知，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，切化弦，再利用和差角的余弦公式求解. 【详解】依题意，，则， 由，得，解得， 所以. 故答案为： 14. 四棱锥中，，，，，，内部点满足四棱锥与三棱锥的体积相等，则长的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】延长交于点，令，根据给定条件，利用等体积转化探究可得，再结合直角三角形及向量运算建立为的函数，进而求出最小值. 【详解】在四棱锥中，延长交于点，令， 由，，得，又， 则， 由，得，则， ， ， ，设点到底面距离为， 依题意，， 由， 得，则， 而，则， ，令， 当，即时，，所以长的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用等体积转化求出是求解问题的关键. 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． 15. 已知函数，曲线在点处的切线与平行． （1）求的值； （2）求的极值． 【答案】（1）2 （2）极小值为，无极大值. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，可得，可求的值. （2）求导，分析函数的单调性，可得函数的极值. 【小问1详解】 因为，. 所以，. 由题意. 【小问2详解】 因为，. 所以，. 由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以当时，函数取得极小值，且. 16. 如图，直角梯形中，，，，，，点为线段不在端点上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． （1）若，求的长； （2）求异面直线与所成角余弦值的最小值． 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）由翻折后的位置关系和可得平面，进而得，进而可得； （2）先在平面中找到，进而转化为求余弦的最小值，先利用求其正切的最大值，进而可得. 【小问1详解】 连接，平面平面，交线为， 由，有平面，又平面，所以, 当，，所以平面， 又平面，所以， 此时与相似，故， 设，由，解得，所以. 【小问2详解】 过作的平行线交于点，连接， 由，且， 得四边形是平行四边形，故， 所以即为异面直线与所成的角， 设， ， 所以锐角正切值的最大值为，此时余弦值有最小值， 所以异面直线与所成角余弦值的最小值为. 17. 如图，与存对顶角，，，且． （1）证明：为中点； （2）若，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，，结合余弦定理，表示出与，根据列式化简可得. （2）先确定角的数量关系，根据求角的三角函数，再在中用正弦定理，可求的长. 【小问1详解】 设，，则，. 在中，由余弦定理得： 在中，由余弦定理得：. 由，所以. 化简得：. 故为中点. 【小问2详解】 如图： 过点做，交与. 则. 由（）. 所以，又，所以. 所以. 所以，又，. 所以. 由 所以. 又，所以，所以. 所以. 即. 在中，根据正弦定理，可得：. 18. 有，，，，，，，八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，运动员与其它运动员对决时，获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立． （1）求这八名运动员各自获得冠军的概率； （2）求与对决过且最后获得冠军的概率； （3）求与对决过且最后获得冠军的概率． 【答案】（1）夺冠的概率为，七名运动员各自夺冠的概率均为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）分别求出与在第1,2,3轮对决且胜利的概率，最后相加即可； （3）求出没有与对决过且最后获得冠军的概率，再利用条件概率和全概率公式计算即可. 【小问1详解】 夺冠即为三轮比赛都获胜，所以夺冠的概率为． 由题意，七名运动员水平相同，且八名运动各自夺冠概率之和为1． 所以七名运动员各自夺冠的概率均为． 【小问2详解】 记事件＂获得冠军＂，事件＂与对决过＂，事件“与在第轮对决”，． 不妨设在①号位，则在第1,2,3轮能与对决时其位置编号分别为②，③④，⑤⑥⑦⑧． ， ， ， ， 所以. 【小问3详解】 记事件“与对决过”． 没有与对决过且最后获得冠军的概率． 由题意，六名运动员与对决过概率相同，夺冠时共与三名运动员对决． 所以． 代入得：． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用全概率公式计算出相关概率. 19. 双曲线的一个顶点在直线上，且其离心率为． （1）求双曲线的标准方程； （2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的切线，定义该公共点为切线的切点，已知点在直线上，且过点恰好可作双曲线E的两条切线，设这两条切线的切点分别为和． （i）设点的横坐标为，求的取值范围； （ii）设直线和直线分别与直线交于点和点，证明：直线和直线交点在定直线上． （附：双曲线以点为切点的切线方程为） 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出，再根据离心率得到，则得到其双曲线方程； （2）（i）首先排除切线斜率不存在的情况，再采用设线法，并联立双曲线方程，根据判别式得到的范围； （ii）设，根据切线结论得到直线和方程，再联立求出的坐标，再求出的坐标，得到直线方程，再分别设直线与直线交点为，直线与直线交点为，证明两点重合即可. 【小问1详解】 直线方程中，令，则， 则直线与轴交于，所以．离心率， 所以，故． 所以双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 （i）经检验，当一条切线斜率不存在时， 若，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为， 联立双曲线方程得， 则， 解得，而双曲线渐近线方程为，则此时不符合题意， 当时，此时只有一条切线，显然不合题意， 则两条切线斜率均存在，设切线斜率，切线方程为， 与双曲线方程联立得：， 令． 整理得：，由于，所以且． 上式整理得：． 由题意，有两个相异实根，所以， 且． 整理得：，解得：． 综上所述，的取值范围是． （ii）设． 直线和方程分别为和． 联立得点． 又点在直线上，代入整理得：．① 在直线方程中，令，则，得点． ， 故直线方程为：． 设直线与直线交点为，联立两直线方程：． 解得：． 设直线与直线交点为， 同理可得：． 由①式，作差的分子有 ， 作差的分母有 . 则可得和表达式的分子分母分别相等． 故，两点重合，所以直线与的交点在定直线上． 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用证明两交点重合的方程得到定直线方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $