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 含解析

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：宜昌市教科院本试卷共4页，题，全卷满分分考试用时分钟.★祝考试顺利★注意事项：题卡上的指定位置.选择题的作答：每小题选出答案后，用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.题卡上的非答题区域均无效.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.85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第1页/共20页【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.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）第2页/共20页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.1B.C.3D.2【答案】D【解析】【分析】由题意可得，可求.【详解】因为在上的投影向量为单位向量，所以，第3页/共20页所以，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，第4页/共20页，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.1B.2C.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.第5页/共20页8.1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】运动后的某圆相切于从运动到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：D36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第6页/共20页中位数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：BCD10.已知abc分别为的内角ABC所对的边，的是（）第7页/共20页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AB，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.已知抛物线：的焦点为在抛物线上，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（）第8页/共20页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，，第9页/共20页又，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，共分.12.已知，，则______.【答案】【解析】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，第10页/共20页令，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91X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：第11页/共20页所以.故答案为：.四、解答题：共分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知为删除数列中除以余数为先后顺序不变得到新数列.若，后剩余项组成新数列的前项和为.（1）求；（2）设数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】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，第12页/共20页则，所以数列的前项和.16.设函数，.（1）当，时，讨论的单调性；（2和（为的极小值.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】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；第13页/共20页当时，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，FT分别是椭圆：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】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，利用弦长公第14页/共20页式求得，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，第15页/共20页又，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）证明见解析（2）；【解析】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】在中，，，，所以，解得：，第16页/共20页所以，所以，又，为平面内两条相交直线，所以平面；【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，第17页/共20页则，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的所有可能取第18页/共20页值的集合，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）