精品解析：湖北省武汉市2025届高中毕业生四月调研考试数学试卷

武汉市2025届高中毕业生四月调研考试 数 学 试 卷 2025.4.16 武汉市教育科学研究院命制 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】先求出，再求出交集即可. 【详解】由，可得，解得， 所以，所以或， 所以或. 故选：C. 2. 数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，可求得，计算可求得的最小值. 【详解】令，因为，所以解得， 所以数列的前3项为负，从第4项起为正， 所以的最小值为. 故选：D. 3. 若向量 满足 ，且 ，则向量 和向量 的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量垂直、数量积的运算可得答案. 【详解】因为 ，所以， 即， 可得，因为，所以. 故选：C. 4. 随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（ ） 评委编号 模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 7.0 9.3 8.3 92 8.9 8.9 乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6 A. 甲得分平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知数据分别应用中位数，众数，平均数及方差定义分别计算判断各个选项. 【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下： 甲：，乙：， 甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确； 甲得分众数，乙得分的众数为，甲得分的众数大于乙得分的众数，故B正确； 甲得分的平均数， 乙得分的平均数，所以甲得分的平均数等于乙得分的平均数，故A错误； 甲的方差， 乙的方差为 故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确. 故选：A. 5. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两角和的正切公式求得，再根据二倍角的余弦公式和同角公式将化为正切的形式，代入正切值即可求解. 【详解】由，可得，即，解得， 所以. 故选：A. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，面积为，D为边AB上一点，CD是的角平分线，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理，结合面积可求和，利用，可得，进而可求得. 【详解】在中，，由余弦定理可得， 所以，所以， 又面积为，所以，所以， 所以，所以， 因为CD是的角平分线，，所以， 因为，所以， 所以， 所以，所以，所以. 故选：B. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设底面边长为，则高，体积，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极大值点，从而求出. 【详解】设底面边长为，则高， 由，所以， 所以体积 ， 设，，则， 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 所以当时取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大， 此时. 故选：D． 8. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 【答案】C 【解析】 【分析】利用连续型随机变量服从正态分布，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的正误. 【详解】由连续型随机变量服从正态分布， 可得，可得，所以正态密度曲线关于对称， 即， 由，可得在时增加较快，在时增加越来越慢， 所以无对称轴，故AB错误； ， 所以关于点成中心对称，故C正确，D错误. 故选：C. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 若复数，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 复数满足，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的性质和运算法则求出复数，进而利用共轭复数的定义，复数的模的计算公式，复平面坐标及几何意义分析判断选项． 【详解】， ， ，故A错误； ，故B正确； 在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，故C正确； 复数满足， 复数在复平面内对应的点在以原点为圆心的单位圆上， ，故的最大值为，故D正确． 故选：BCD． 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】令，计算可判断A，当，可得，两式相减可得，进而逐项计算可判断BCD. 【详解】对于A，当时，可得，故A正确； 对于B， 当时，， 两式相减可得，所以， 当，适合上式，所以； 由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，由可知，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，， ， 又，所以， 所以，，不构成等差数列，故C错误； 对于D，， 所以 ，故D正确. 故选：AD. 11. 已知曲线，为曲线C上任一点，则下列说法中正确有（ ） A. 曲线C与直线恰有四个公共点 B. 曲线C与直线相切 C. 是关于的函数 D. 是关于的函数 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，构造，利用导数讨论其在上的零点个数为3后可判断其正误，对于B，利用导数可判断可判断其正误，对于C，结合零点存在定理可判断其正误，对于D，利用导数判断函数的单调性后可得其正误. 【详解】对于A，由消元法可得，所以， 当或时，或，故此时无解， 下面考虑上方程的解的个数， 设，其中， 设且，则的解为，， 而， 故当或时，，当时，， 故在，上为减函数，在上为增函数， 而，且， ，而，故， 故，， 故在有3个不同的实数根，故A错误； 对于B，由可得，故， 对两边求关于的导数， 则， 故当时，有， 当， ，而直线的斜率为2， 故曲线与直线相切，故B正确. 对于C，取，考虑即方程的解的个数， 设，则， ， ，， 故至少有两个零点，故有两个不同的解， 故不是关于的函数，故C错误； 对于D，，则， 故为的减函数，且当时，，当时，， 故对任意，方程即有唯一解， 故是关于的函数，故D正确； 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的离心率为2，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】利用双曲线方程得出，再结合离心率的定义计算求解. 【详解】双曲线的标准形式为， ， ， ，解得. 故答案为：3． 13. 为了响应节能减排号召，某地政府决定大规模铺设光伏太阳能板，该地区未来第x年底光伏太阳能板的保有量y（单位：万块）满足模型，其中N为饱和度，为初始值，p为年增长率．若该地区2024年底的光伏太阳能板保有量约为20万块，以此为初始值，以后每年的增长率均为，饱和度为1020万块，那么2030年底该地区光伏太阳能板的保有量约__________万块． （结果四舍五入保留到整数，参考数据：，，） 【答案】 【解析】 【分析】把已知数据代入模型，求出对应的值即可． 【详解】根据题意，所给模型中， 则2030年底该地区光伏太阳能板的保有量为， 因为，所以， 所以2030年底该地区光伏太阳能板的保有量约36万块. 故答案为：36. 14. 在各棱长均相等的正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定的位置，再由几何关系求出正弦值. 【详解】 设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点， 易知平分，平分，易知， 取中点为，则在的平分线上， 同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上， 易知面，故，同理， 于是为平面与平面的夹角的平面角， 设正四面体棱长为，则，， 所以. 故答案为：. 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. 如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得平面，可得，结合已知可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面，利用向量法可求两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，所以，解得， 所以，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以，依题意，解得； 【小问2详解】 因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 17. 13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A~E，将这十三张牌随机排成一行． （1）求五张字母牌互不相邻的概率； （2）求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率； （3）对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，求发生的概率．（结果用含k的式子表示） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解； （2）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解； （3）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解. 【小问1详解】 记五张字母牌互不相邻为事件为， 则； 【小问2详解】 记在标有8的卡牌左侧没有数字牌为事件， 由于标的牌都在标有的牌的右侧，有种排法， 所以； 【小问3详解】 标号比小的数字牌有张，比大的数字牌有张， . 18. 已知集合，集合B满足． （1）判断，，，中的哪些元素属于B； （2）证明：若，，则； （3）证明：若，则． 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据所给定义判断元素的倒数是否属于即可； （2）先证明若，，则，即可得到，从而得证； （3）依题意可得，从而求出，再说明即可. 【小问1详解】 因为，所以； 因为，所以； 因为没有倒数，所以； 因为，所以； 综上可得，. 【小问2详解】 先证明：若，，则； 设，，为整数， 所以， 由于，都是整数，所以， 当，时，，，所以，所以； 【小问3详解】 因为， 所以， 所以，都是整数， 所以为整数， 所以， 假如，则，则应为的倍数， 设为整数，若，则不是的倍数； 若，则不是的倍数； 若，则不是的倍数； 所以，即. 19. 如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，． （1）求与的标准方程； （2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） （3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）首先求出，再代入即可得到答案； （2）设，计算得，结合其在椭圆上，代入化简即可得，同理，则得到斜率比值； （3）设直线，联立椭圆方程得到，则得到的坐标，再计算得，，设，计算化简得，则得到定点坐标. 【小问1详解】 由题意得，，又因为在上， 代入得，所以，则. 【小问2详解】 设，则， 又因为，所以， 则，同理可得，所以. 【小问3详解】 设直线分别为，其斜率依次为， 设直线，联立得， 即有，所以，代入直线方程得， 则，设， 则经过的两直线之间斜率满足关系：， 将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两者斜率满足，所以， 同理将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两直线斜率满足， ， 设，则有，代入上式得：， 得到， 所以，因此存在定点， 使直线和直线的斜率之积为定值5. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉市2025届高中毕业生四月调研考试 数 学 试 卷 2025.4.16 武汉市教育科学研究院命制 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. 数列的通项公式为，为其前n项和，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 若向量 满足 ，且 ，则向量 和向量 的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（ ） 评委编号 模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 70 9.3 8.3 92 8.9 8.9 乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6 A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 5. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且，，面积为，D为边AB上一点，CD是的角平分线，则（ ） A. B. 1 C. D. 7. 已知正四棱锥的侧棱长为，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 8. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，则的图象（ ） A. 关于直线对称 B. 关于直线对称 C. 关于点成中心对称 D. 关于点成中心对称 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9 若复数，则（ ） A. B C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 复数满足，则的最大值为 10. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 11. 已知曲线，为曲线C上任一点，则下列说法中正确的有（ ） A. 曲线C与直线恰有四个公共点 B. 曲线C与直线相切 C. 是关于的函数 D. 是关于的函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 双曲线的离心率为2，则______． 13. 为了响应节能减排号召，某地政府决定大规模铺设光伏太阳能板，该地区未来第x年底光伏太阳能板的保有量y（单位：万块）满足模型，其中N为饱和度，为初始值，p为年增长率．若该地区2024年底的光伏太阳能板保有量约为20万块，以此为初始值，以后每年的增长率均为，饱和度为1020万块，那么2030年底该地区光伏太阳能板的保有量约__________万块． （结果四舍五入保留到整数，参考数据：，，） 14. 在各棱长均相等的正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是__________． 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. 如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 16. 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 17. 13张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有1~8，此外还有五张字母牌，正面标有A~E，将这十三张牌随机排成一行． （1）求五张字母牌互不相邻的概率； （2）求在标有8的卡牌左侧没有数字牌的概率； （3）对于给定的整数，记“在标有k的数字牌左侧，没有标号比k小的数字牌”为事件，求发生的概率．（结果用含k的式子表示） 18 已知集合，集合B满足． （1）判断，，，中的哪些元素属于B； （2）证明：若，，则； （3）证明：若，则． 19. 如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，． （1）求与的标准方程； （2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） （3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $