精品解析：湖北省第十届（2025届）高三下学期4月调研模拟考试数学试题

第十届湖北省高三（4月）调研模拟考试 数学试卷 命题单位：黄冈市教科院 审题单位：宜昌市教科院 2025.4 本试卷共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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边上的高为.当底面水平放置时水面高度为16（如图①）.当侧面水平放置时（如图②），水面高度为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，满足，且在上的投影向量为单位向量，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 2 6. 已知为坐标原点，为双曲线：的右焦点，，为的左右顶点，M为C上一点，轴，过的直线分别交y轴和线段于H，N两点，直线交y轴于G点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 如图，半径为1的与半径为2的内切于点A，沿的圆弧无滑动的滚动一周.若上一定点P从A点出发随着的滚动而运动，设点P的轨迹为C，则（ ） A. C是半径为的圆 B. C是半径为1的圆 C. C是长度为2的线段 D. C是长度为4的线段 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 是一组样本数据，去掉其中的最大数和最小数后，剩下10个数的中位数小于原样本的中位数 B. 若事件A，B相互独立，且，，则事件A，B不互斥 C. 若随机变量，，则 D. 若随机变量的方差，期望，则随机变量的期望 10. 已知a，b，c分别为的内角A，B，C所对的边，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. ， 11. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，，设直线为抛物线在点处的切线，过点作的垂线交抛物线于另一点，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线的斜率为 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则______. 13. 已知函数恰有2个极值点，则实数a的取值范围为________. 14. 甲乙丙三个班级共同分配9个三好学生名额，每班至少1个名额，用X表示这三个班级中分配的最少名额数，则X的数学期望_______. 四、解答题：共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列.若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为. （1）求； （2）设数列满足，求数列的前项和. 16. 设函数，. （1）当，时，讨论的单调性； （2）若，且和（为的导函数）的零点均在集合中，求的极小值. 17. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，F，T分别是椭圆：的左焦点，右顶点，过F的直线交椭圆C于A，B两点，当轴时，的面积为. （1）求； （2）若斜率为的直线交椭圆C于G，H两点，N为以线段为直径的圆上一点，求的最大值. 18. 如图，在四棱锥中， 为矩形，且，，. （1）求证： 平面； （2）若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点 到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 19. 一电动玩具汽车需放入电池才能启动.现抽屉中备有6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池.每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉. （1）在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率； （2）设X，Y是离散型随机变量，X在给定事件条件下的期望定义为，其中为X的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率.设X表示玩具汽车前4次使用中取出一次性电池的块数，Y表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求； （3）若已用完一块一次性电池后，记剩下电池再使用次后，所有一次性电池恰好全部用完的概率为，求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第十届湖北省高三（4月）调研模拟考试 数学试卷 命题单位：黄冈市教科院 审题单位：宜昌市教科院 2025.4 本试卷共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】根据一元二次不等式化简集合A，进而求交集. 【详解】由题意可得：集合， 且，所以. 故选：C. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，则，代入已知条件，利用复数相等的条件即可求解. 【详解】设，则， 因为，所以，所以， 所以，解得，所以. 故选：A. 3. 已知函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，可得，结合周期分析可求得最小值. 【详解】由，可得， 解得， 又函数的最小正周期为， 故取的最小值时，在同一个周期内， 当，，此时， 当，时，， 所以的最小值为. 故选：C. 4. 一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边上的高为.当底面水平放置时水面高度为16（如图①）.当侧面水平放置时（如图②），水面高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用水的体积不变计算可求解. 【详解】设底面的面积为， 当底面水平放置时水面高度为16，所以水的体积为， 设侧面水平放置时，水呈四棱柱体，设四棱柱体的底面梯形的面积为， 则水的体积为，所以，所以， 设四棱柱体的底面梯形的高为，则可得，解得. 故选：D. 5. 已知向量，满足，且在上的投影向量为单位向量，则（ ） A. 1 B. C. 3 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，进而可得，设设，，计算可求. 【详解】因为在上的投影向量为单位向量，所以， 所以，所以， 设，，可得， 两边平方得，所以， 令，则，解得或， 当时，这时，此时，此时，不符合题意， 当时，即， 此时. 故选：D. 6. 已知为坐标原点，为双曲线：的右焦点，，为的左右顶点，M为C上一点，轴，过的直线分别交y轴和线段于H，N两点，直线交y轴于G点，且，则双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，可得，利用相似三角形建立关系求得，进而得到，得解. 【详解】如图，设，由，得， 由，可得，即，则， 又，得，即， ，即，解得， ，即， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B. 7. 已知函数，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，结合函数的单调性可得，进而可求的最小值. 【详解】函数的定义域为， 可得函数在上单调递增， 又， 由，得， 因为函数在上单调递增，所以，所以， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：B. 8. 如图，半径为1的与半径为2的内切于点A，沿的圆弧无滑动的滚动一周.若上一定点P从A点出发随着的滚动而运动，设点P的轨迹为C，则（ ） A. C是半径为的圆 B. C是半径为1的圆 C. C是长度为2的线段 D. C是长度为4的线段 【答案】D 【解析】 【分析】作圆运动后的某圆，设此时与圆相切于点，点从运动到，通过题设运动中的等量关系结合弧长公式得到即可得到的轨迹求解. 【详解】圆运动到，设此时与圆相切于点，点从运动到， 易知，所以， 所以， 所以的轨迹为圆中过，的直径，长度为4． 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得0分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 是一组样本数据，去掉其中的最大数和最小数后，剩下10个数的中位数小于原样本的中位数 B. 若事件A，B相互独立，且，，则事件A，B不互斥 C. 若随机变量，，则 D. 若随机变量的方差，期望，则随机变量的期望 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，利用中位数的定义判断出A错误；B选项，计算出，故，B正确；C选项，利用正态分布的对称性进行判断；D选项，利用得到，D正确. 【详解】A选项，从小到大排序，去掉其中的最大数和最小数后， 剩下10个数大小顺序不变，故剩下10个数的中位数和原来的中位数一样，A错误； B选项，事件A，B相互独立，且，， ， 所以，故事件A，B不互斥，B正确； C选项，随机变量，，设，， 则， ， 根据原则，可知，C正确； D选项，随机变量的方差，期望， 其中，故，， 故随机变量的期望，D正确. 故选：BCD 10. 已知a，b，c分别为的内角A，B，C所对的边，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. ， 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知结合二倍角的余弦公式可得，利用三角恒等变换可得，可判断A；利用三角内角和可得，结合两角和正切公式计算可判断B；分类讨论可得，进而，进而计算可判断CD. 【详解】由，可得， 所以，所以， 所以，所以， 所以，所以，故A正确； 因为，所以，所以， 所以， 所以，故B正确； 因为，所以同号， 若，又，此时，显然不符合题意， 所以，所以，所以， 所以，由，可得， 所以，所以，所以，故C错误； 由，可得，，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知抛物线：的焦点为，点在抛物线上，，设直线为抛物线在点处的切线，过点作的垂线交抛物线于另一点，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线的斜率为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据条件，利用抛物线的定义，即可求解；对于B和C，利用导数的几何意，求得抛物线在点处的切线方程为，求得垂线方程，联立抛物线方程得到，再利用过两点直线的斜率，即可求解；对于D，利用，得到，利用累加法得到，即可求解. 【详解】对于选项A，因为，解得，所以选项A错误， 因为，即，则， 所以抛物线在点处的切线方程为， 垂线方程， 由，消得到， 则，得到，又，所以选项B和C正确， 对于选项D，因为， 得到，所以当时，， 又，所以，则，故选项D正确， 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦差公式将已知条件展开，结合，求得，再利用正弦二倍角公式，将展开，代入即可求解. 【详解】因为，而， 所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数恰有2个极值点，则实数a的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得有两个不同正根，利用分离参数法得到.令，，只需与有两个交点，利用导数研究的单调性与极值，利用数形结合即可求解. 【详解】因为函数的定义域为， 由，可得， 要使函数有两个极值点，只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反， 由得，，所以， 由题意可知与有两个不同的交点， 令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，当时，， 作出图形如图所示： 由图象可得实数a的取值范围为. 故答案为：. 14. 甲乙丙三个班级共同分配9个三好学生名额，每班至少1个名额，用X表示这三个班级中分配的最少名额数，则X的数学期望_______. 【答案】 【解析】 【分析】由隔板法求得总的情况数，利用分组分配的思想求得不同取值下情况数，结合古典概型写出分布列，根据均值的计算，可得答案， 【详解】由题意可得的可能取值为，且总的情况数为， 当时，分组情况有，，，，情况数分别为； 当时，分组情况有，，情况数分别为； 当时，分组情况有，情况数为. 则，，， 可得的分布列如下： 所以. 故答案为：. 四、解答题：共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知是无穷正整数数列，定义操作为删除数列中除以余数为的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列.若，，进行操作后剩余项组成新数列，设数列的前项和为. （1）求； （2）设数列满足，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知，进而可得，结合等差数列求和公式运算求解； （2）整理可得，利用裂项相消法运算求解. 【小问1详解】 因为，可知（满足除以3余数为1），当时，为3的倍数， 进行操作，即删除，剩余， 则，可得， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 则， 所以数列的前项和. 16. 设函数，. （1）当，时，讨论的单调性； （2）若，且和（为的导函数）的零点均在集合中，求的极小值. 【答案】（1） 当时，在上单增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减， （2） 【解析】 【分析】（1）求导可得，分，两种情况讨论可求得的单调性； （2）求导，令，可得或，由，计算求解可得的值，进而可求极小值. 【小问1详解】 当时，， ． 当时，，在上单增， 当时，令 ，或， 时，，单调递增， 时，，单调递减， 时，，单调递增， 综上所述：当时，在上单增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减， 【小问2详解】 ，令，所以或 令，或，又，且，，互不相等， 所以 ，所以 所以或或． 经检验，符合，所以， ，令，或， 当，，，，， 所以时，取得极小值． 17. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，F，T分别是椭圆：的左焦点，右顶点，过F的直线交椭圆C于A，B两点，当轴时，的面积为. （1）求； （2）若斜率为的直线交椭圆C于G，H两点，N为以线段为直径的圆上一点，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在椭圆方程中，令，解得，得，再根据结合，求出答案； （2）设直线：与椭圆方程联立，由韦达定理求得的中点为，利用弦长公式求得，进而得到以为直径的圆的半径，由，三角换元利用三角函数性质求出最大值. 【小问1详解】 依题意有，当轴时，在椭圆方程中，令，解得，则， ，又．解得，． 【小问2详解】 设直线：，设，， 联立，得， 所以，所以. ，所以的中点为， 所以. 又的轨迹是以为圆心，半径的圆， 所以. 令，， 记， 又，所以，时，. 18. 如图，在四棱锥中， 为矩形，且，，. （1）求证： 平面； （2）若（N在S的左侧），设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且. ①求点 到平面的距离； ②求平面与平面所成夹角的正弦值. 【答案】（1）在中，，，， 所以，解得：， 所以，所以， 又，为平面内两条相交直线， 所以 平面； （2）； 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得到，进而得到即可求证； （2）建系，通过点到面的距离公式及面面角的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （2）由（1）知， 平面，， 所以平面，又 在平面 内，所以平面平面， 在平面内，所以， 在三角形中，，，， 所以，又， 所以， 又， 又， 所以，又， 所以， 取 的中点 ， ，可知：， 因为平面平面，交线为 ， 又在平面内， 所以平面 ，如图建立空间直角坐标系 易得：, 所以， 设平面的法向量为， 则， 所以， 令 ，得，即， 又， 所以求点 到平面的距离， ②， 设平面的法向量， 则，所以， 令，则，可得：， 设平面与平面所成夹角为 ， 所以， 所以， 即平面与平面所成夹角的正弦值为. 19. 一电动玩具汽车需放入电池才能启动.现抽屉中备有6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池.每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉. （1）在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率； （2）设X，Y是离散型随机变量，X在给定事件条件下的期望定义为，其中为X的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率.设X表示玩具汽车前4次使用中取出一次性电池的块数，Y表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求； （3）若已用完一块一次性电池后，记剩下电池再使用次后，所有一次性电池恰好全部用完的概率为，求数列的通项公式. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设事件表示第一次取出时为可充电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池，求出和即可求解； （2）求出的可能取值，求出、和即可求解； （3）分别求出可充电池和一次性电池可使用的数量，求出和，求出时即可求解. 【小问1详解】 设事件表示第一次取出时为可充电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池， 则，， 所以； 【小问2详解】 由题意，的可能取值为1，2，3， ，，， 所以； 【小问3详解】 由题意，现有3块可充电池和2块一次性电池可使用， 经分析可得，， 时， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $