精品解析：湖北省十堰市2024-2025学年高三下学期四月调研考试数学试题

十堰市2025年高三年级四月调研考试 数学 本试题卷共4页，共19道题，满分150分，考试时间120分钟. 祝考试顺利 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效. 3．非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内.答在试题卷、草稿纸上无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知单位向量满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4. 设双曲线的离心率为，实轴长为，若曲线上的点到双曲线的两个焦点的距离之和为，则曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知定义在上的奇函数满足，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 从1，2，3，4，5中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所有组成的数中能被3整除的数有（ ） A. 24个 B. 30个 C. 32个 D. 48个 8. 已知，，则的取值范围为（ ） A. B. 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，有选错的得0分． 9. 2020至2024年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（ ） A. 2020至2024年我国快递业务量逐年增长 B. 2020至2024年我国快递业务量的中位数是1106亿件 C. 2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差是19.4％ D. 估计我国2019年的快递业务量大于500亿件 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，其水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型．如图，这是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品，该“十字贯穿体”是由一个圆锥和一个圆柱“垂直贯穿”构成的多面体，圆锥的两条母线与圆柱相切，其中一个切点为，圆柱侧面的母线平行于圆锥的底面，为圆锥的顶点，圆锥的一条母线与圆柱的侧面交于两点，且为圆柱侧面上到圆锥底面距离最大的点，圆锥的母线长为，其底面圆的半径为，圆柱的半径为，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 点到圆锥底面的距离为 D. 点到圆锥底面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的最小正周期为________． 13. 定义：表示点到曲线上任意一点的距离的最小值．已知是圆上的动点，圆，则的取值范围为________． 14. 已知函数，若存在实数、b、，满足且，则_____． 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． （1）若直线与曲线相切，求的值； （2）讨论的单调性； （3）若在定义域内恒成立，求的取值范围． 16. 的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为． （1）求角的大小； （2）若，求的周长． 17. 如图，边长为2的正方形是圆柱的轴截面，为底面圆上的点，为线段的中点． （1）证明：平面． （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 18. 已知点、在抛物线上，为原点，且是以为斜边的等腰直角三角形，斜边长为． （1）求抛物线的方程； （2）若点在圆上，过点分别作的直线、与抛物线相切于、两点，求的取值范围． 19. 某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止．抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和质地相同），取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖．刚开始盒子中有个白球和个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖．若获奖，则将球放回后再往盒子中加个红球，该顾客再继续抽奖．若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖；若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束．该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖． （1）求第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率； （2）求这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）求由第名顾客终止抽奖活动的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 十堰市2025年高三年级四月调研考试 数学 本试题卷共4页，共19道题，满分150分，考试时间120分钟. 祝考试顺利 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡和试卷指定位置上，并将考号条形码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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.答在试题卷、草稿纸上无效. 3．非选择题用0.5毫米黑色墨水签字笔将答案直接答在答题卡上对应的答题区域内.答在试题卷、草稿纸上无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，只交答题卡. 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】因为，故. 故选：B. 2. 已知全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合运算求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 3. 已知单位向量满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接平方计算即可. 【详解】， 则. 故选：D. 4. 设双曲线的离心率为，实轴长为，若曲线上的点到双曲线的两个焦点的距离之和为，则曲线的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的几何性质求出、、的值，利用椭圆的定义可知曲线是以双曲线的两个焦点为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆的方程为，求出、的值，即可求出椭圆的方程. 【详解】因为双曲线的实轴长为，所以， 因为双曲线的离心率为，所以，则， 所以，双曲线的方程为， 因为曲线上的点到双曲线的两个焦点的距离之和为， 由椭圆的定义可知，曲线是以双曲线的两个焦点为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆的方程为，则，所以，， 因此，椭圆的方程为. 故选：D. 5. 已知定义在上的奇函数满足，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合奇函数的定义可得2为的一个周期，进而可得结果. 【详解】因为为定义在上的奇函数，则， 又因为，则， 可得，可知2为的一个周期， 所以. 故选：B. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简题干中的两个等式，可得出、的关系，可得出的值，即可得出的值. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 故，所以， 即，故. 故选：A. 7. 从1，2，3，4，5中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所有组成的数中能被3整除的数有（ ） A. 24个 B. 30个 C. 32个 D. 48个 【答案】A 【解析】 【分析】根据能被3整数的数的特征列出可能的情况，再根据排列数计算即可求解. 【详解】能被3整除，则这三个数字之和为3的倍数， 则取出的这三个数可能的情况为：， 则在所有组成的数中能被3整除的数有个. 故选：. 8. 已知，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，利用导数分析函数在上的单调性，由已知不等式变形得出，可得出，求出的取值范围，即可得出的取值范围. 【详解】令，则，当时，， 所以，函数在上单调递减， 因为，所以， 即， 因为、，所以， 即， 因为，则， 所以，或，解得或. 因此，的取值范围是. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 2020至2024年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（ ） A. 2020至2024年我国快递业务量逐年增长 B. 2020至2024年我国快递业务量的中位数是1106亿件 C. 2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差是19.4％ D. 估计我国2019年的快递业务量大于500亿件 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据统计图表中的数据的增长趋势，可判定A正确；根据中位数的计算方法，可判定B正确；根据极差的计算方法，可判定C错误；设2019年的快递业务量为亿件，得出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A中，根据统计图表，可得2020至2024年我国快递业务量逐年增长，所以A正确． 对于B中，2020至2024年我国快递业务量分别为， 可得数据的中位数为亿件，所以B正确； 对于C中，2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差为 ，所以C错误． 对于D中，设我国2019年的快递业务量为亿件， 则，可得，所以D正确． 故选：ABD. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：整理可得，结合二次函数分析判断；对于C：整理可得，结合指数函数性质分析判断；对于D：根据的单调性分析判断. 【详解】因为，即， 对于选项A：例如，则，故A错误； 对于选项B：因为， 且在内单调递减，则，故B正确； 对于选项C：因为， 且，则，所以，故C正确； 对于选项D：因为，即， 且在定义域内单调递增，则， 即，所以，故D正确； 故选：BCD. 11. 素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，其水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型．如图，这是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品，该“十字贯穿体”是由一个圆锥和一个圆柱“垂直贯穿”构成的多面体，圆锥的两条母线与圆柱相切，其中一个切点为，圆柱侧面的母线平行于圆锥的底面，为圆锥的顶点，圆锥的一条母线与圆柱的侧面交于两点，且为圆柱侧面上到圆锥底面距离最大的点，圆锥的母线长为，其底面圆的半径为，圆柱的半径为，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 点到圆锥底面的距离为 D. 点到圆锥底面的距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先通过已知条件求出圆锥和圆柱相关线段的长度，再利用相似三角形对应边成比例的性质来求解其他线段长度，进而判断各选项的正确性. 【详解】对于A，过点作轴截面，为圆锥的母线与与圆柱的切点，为圆锥的高，为与圆柱的交点， 如图1，由题意可知，先计算， 又已知，. 因为，根据相似三角形对应边成比例，即. 已知，，，，由可得：. 因为，所以. 由可得：，化简同求OD过程类似，可得，所以A选项正确. 对于C，点到圆锥底面的距离即点到圆锥底面的距离，已知， 因为，，所以，C选项正确. 对于D，点到圆锥底面的距离即点到圆锥底面的距离，已知， 因为，，所以，D选项正确. 对于B，过点，，作截面，如图2所示，易得. 已知，，，则，所以B选项错误. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的最小正周期为________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用函数周期性的定义可求出函数的最小正周期. 【详解】因为， 如下图所示： 结合图形可知，函数的最小正周期为. 故答案为：. 13. 定义：表示点到曲线上任意一点的距离的最小值．已知是圆上的动点，圆，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】记为坐标原点，作出图形，求出的取值范围，即可得出的取值范围. 【详解】记为坐标原点，圆的圆心为原点，圆的半径为， 由圆的几何性质可知，， 且，即，即， 当且仅当点时，取最小值，当且仅当点时，取最大值， 故. 故答案为：. 14. 已知函数，若存在实数、b、，满足且，则_____． 【答案】## 【解析】 【分析】作出函数的图象，当时，方程的解分别为、、、，根据题意可知，、、对应的数为、、或、、，不妨取、、为对应的、、，可得出，进而得出，令，则，构造函数，结合函数的单调性求出的值，可得出、的值，即可得解. 【详解】函数， 函数的图象是保留函数在上的图象，并去除函数在上的图象， 再将函数在上的图象关于轴翻折，可得到函数的图象， 作出函数的图象如下图所示： 当时，方程的解分别为、、、， 由，得、、为、、、中的三个数， 而，且，则、、对应的数为、、或、、， 根据对称性，不妨取、、为对应的、、， 由，得，又，则， 而，因此，令，则， 函数为减函数，且， 则方程的解为，即，解得，，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. 已知函数． （1）若直线与曲线相切，求的值； （2）讨论的单调性； （3）若在定义域内恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）增区间为，减区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义可得出切点的横坐标，结合切线方程可得出切点的坐标，将切点代入函数的解析式，即可得出实数的值； （2）利用函数的单调性与导数的关系可求出函数的增区间和减区间； （3）解不等式，即可解得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，则， 由，可得，所以直线与曲线的切点坐标为， 故，解得. 【小问2详解】 因为，所以函数的定义域为， 由可得，由可得， 故函数的增区间为，减区间为. 【小问3详解】 由（2）可得，解得， 又因为，故实数的取值范围是. 16. 的内角、、的对边分别为、、，已知，的面积为． （1）求角的大小； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理、三角形的面积公式可化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由（1）可得出的值，结合正弦定理可求得的知，结合已知条件求出的值，由此可求出的周长. 【小问1详解】 由余弦定理可得，即， 因为，即，所以， 因为，故. 【小问2详解】 由正弦定理可得， 由（1）可得，可得， 所以，，则，故， 因为，所以， 故， 因此，的周长为. 17. 如图，边长为2的正方形是圆柱的轴截面，为底面圆上的点，为线段的中点． （1）证明：平面． （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1） 取线段的中点，连接． 在中，． 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，则． 因为平面平面，所以平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）取线段的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用线面角的空间向量求法即可得到方程，解出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，因为是圆的直径，所以． 过点作圆柱的母线，则平面，所以互相垂直． 以为原点，的方向分别为，，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设，则， 所以． 设为平面的法向量， 所以，令，则． 易知直线的一个方向向量为． 记直线与平面所成的角为， 则， 化简得． 结合，解得，所以． 18. 已知点、在抛物线上，为原点，且是以为斜边的等腰直角三角形，斜边长为． （1）求抛物线的方程； （2）若点在圆上，过点分别作的直线、与抛物线相切于、两点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知，、两点关于轴对称，设点在轴右侧，求出点的坐标，将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，即可得出抛物线的方程； （2）不妨设点、分别在第一、二象限，直线的方程为，设点、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用导数的几何意义求出直线、的方程，求出点的坐标，将点的坐标代入圆的方程，可得出，然后利用两角和的正切公式结合换元法、二次函数的基本性质可求得的取值范围. 【小问1详解】 由题意知，、两点关于轴对称， 设点在轴右侧，则，即点， 将点的坐标代入抛物线方程可得，解得， 故抛物线的方程为. 【小问2详解】 不妨设点、分别在第一、二象限，直线的方程为， 设点、， 联立得，， 由韦达定理可得，， 由得，则直线的斜率为， 所以，直线的方程为，即， 同理可知，直线的斜率为，直线的方程为， 联立直线、的方程得， 解得，则，故点， 因为点在圆上，所以，且，显然成立， 过点作轴的垂线，垂足为点， ，， ， 令，因为，则，， 所以， 令，则函数在区间上单调递增，在上单调递减， 故当时，取最小值，且最小值为， 当时，取最大值，且最大值为. 因此，的取范围是. 19. 某商家为吸引顾客，准备了两份奖品，凡是进店消费即可参与抽奖，奖品被抽完即抽奖活动终止．抽奖的规则如下：在一个不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和质地相同），取出红球，则不获奖，取出白球，则获奖．刚开始盒子中有个白球和个红球，参与抽奖的顾客从盒子中随机抽取1个球，若不获奖，则将球放回，该顾客抽奖结束，下一名顾客继续抽奖．若获奖，则将球放回后再往盒子中加个红球，该顾客再继续抽奖．若第二次抽奖不获奖，则将球放回，该顾客只获得一份奖品，抽奖结束，下一名顾客继续抽奖；若第二次抽奖获奖，则该顾客获得两份奖品，整个抽奖活动结束．该活动深受顾客喜欢，假设这两份奖品没被抽完前始终有顾客参与抽奖． （1）求第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率； （2）求这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）求由第名顾客终止抽奖活动的概率． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知第名顾客抽取的是红球；第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球.结合独立事件的概率公式可求得所求事件的概率； （2）利用列举法列举出这两分别奖品都被第名、第名、第名顾客抽走的概率，利用归纳可得出这两份奖品都被第名顾客抽取的概率； （3）设由第名顾客终止抽奖的概率为，可得出的值，讨论的情形，第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品；第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品，计算出两种情况下所求概率，相加即可得解. 【小问1详解】 由题意可得第名和第名顾客各抽中一份奖品，即第名顾客抽取的是红球； 第名顾客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是红球；第名顾客抽取的是白球. 故第名和第名顾客各抽中一份奖品的概率为. 【小问2详解】 这两份奖品被第名顾客抽走的概率为， 被第名顾客抽走的概率为， 被第名顾客抽走的概率为， ， 被第名顾客抽走的概率为. 【小问3详解】 设由第名顾客终止抽奖的概率为，则，以下讨论的情形： 若第名顾客共抽取了两份奖品，则前面名顾客都没有抽到奖品，其概率为， 若第名顾客抽取了一份奖品，则前面名顾客中第名顾客抽到了一份奖品， 则前面名顾客五人抽到奖品，其概率为， 第名顾客只获得一份奖品，其概率为， 第名顾客到第名顾客都没有抽到奖品，其概率为， 所以，第名顾客抽取了一份奖品的概率为 ， 所以，， 当时，符合上式， 因此，由第名顾客终止抽奖活动的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $