2025届湖北省黄冈市教育共同体高三4月联合考试（二模）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省黄冈市教育共同体2025届高三4月联合考试（二模）数学试题一､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.复数的共轭复数在复平面内对应的点位（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】，则共轭复数为，对应的点，在第二象限.故选：B.2.已知函数的定义域，值域，则满足条件的有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】令，则，则满足条件的有：；；，故满足条件的有个.故选：C3.设，“曲线为椭圆”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若曲线为椭圆，则椭圆的标准方程为（）.因为椭圆中分母须大于，所以且，又因为，那么且，所以由“曲线为椭圆”可以推出“”，充分性成立.当时，比如，，此时曲线方程为，它表示的是圆，而不是椭圆，所以由“”不能推出“曲线为椭圆”，必要性不成立.所以“曲线为椭圆”是“”的充分不必要条件.故选：A.4.下列函数中，既是奇函数，又是增函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A，由题意可得，解得，所以定义域为，又，所以为减函数，故A错误；对于B，，，二者不相等，所以不是奇函数，故B错误；对于C，定义域需满足，即，定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故C错误；对于D，定义域为，，为奇函数；，为增函数，故D正确.故选：D5.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】已知，将等式两边同时平方可得．根据完全平方公式展开得．因为，所以，移项可得，则．

因为，且，所以与异号，又因为在上，所以．

，由于，，则．因为，，所以，那么．

根据立方差公式．因为，，，所以．

的值为．故选：C．6.已知，为异面直线，平面，平面.若直线满足，，，，则（）A.， B.与相交，且交线平行于C.， D.与相交，且交线垂直于【答案】B【解析】若，则由平面，平面，可得，这与m，n是异面直线矛盾，故与相交，A错误；设，过直线一点，作，设与确定的平面为.因为，所以，又，与相交，，所以，因为，所以，又，所以，因为，所以，，又与相交，，所以，又因为，，所以l与a不重合，所以，B正确，D错误；因为，，，所以，C错误.故选：B.7.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数5的是（）A.平均数为4，中位数为3 B.中位数为4，众数为3C.中位数为4，方差为2 D.平均数为3，方差为3【答案】D【解析】对应选项，平均数为，中位数为.设这次掷骰子的点数从小到大排列为.根据平均数的计算公式，可得.当，，，时满足条件，所以有可能出现点数，A选项错误.对应B选项，中位数，众数为.设这次掷骰子的点数从小到大排列为.因为众数为，所以至少出现次，若，，时满足条件，所以有可能出现点数，B选项错误.对于C选项,中位数为，方差为.设这次掷骰子的点数从小到大排列为.若，，，时，平均数.方差，满足条件，所以有可能出现点数，C选项错误.对于D选项,平均数为，方差为.设这次掷骰子的点数分别为.根据平均数公式可得，即.根据方差公式，则.若假设出现点数，不妨设，则.则.则.展开变形，得到，即，解得，因为，所以中不能有.由，不妨令，则所有可能取值为：，因为；

；；

；；

；综上，不存在，使得且.

故假设错误，不会出现点数.D选项正确.故选：D.8.已知函数满足对且，则的值为（）A.1012 B.1012.5 C.1013 D.1013.5【答案】B【解析】令，得.令，得.令，得.故是首项为，公差为的等差数列.于是，.故选：B二､多选题：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.已知，函数，则下列结论一定正确的是（）A.的图象关于轴对称B.的最小正周期为C.的最大值为D.在上的最小值为【答案】ABC【解析】对于A，，故A正确；对于B，的最小正周期均是，故的最小正周期是,故B正确；对于C，，由正弦函数的值域可得最大值为，故C正确；对于D，当时，，所以，当时，，当时，，由于不确定的大小，所以最小值为不正确，故D错误；故选：ABC10.设抛物线的焦点为，准线为，经过点的直线交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.若，则直线的倾斜角为B.以线段为直径的圆与相切C.存在直线，使得D.若直线交于点，则【答案】BD【解析】对于A选项，抛物线的焦点，准线.设直线AB的方程为，，.联立，消去得，则，.由抛物线的定义知，.因为，所以，即.又，联立可解得，则直线AB的斜率，倾斜角为或，所以A选项错误.对于B选项，设AB的中点为，过，，分别作准线的垂线，垂足分别为.根据抛物线的定义，，，则.所以以线段AB为直径的圆与相切，B选项正确.对于C选项，，，若，则.由，，可得，则，所以不存在直线AB使得，C选项错误.对于D选项，直线AO的方程为，令，得.因为，所以.又，则，所以点的纵坐标与点的纵坐标相同，即，D选项正确.故选：BD.11.设平面向量的夹角为，若，且，则（）A.当时，三点共线B.当时，平分C.当时，的最大值为2D.当时，的取值范围为【答案】ABD【解析】对于A，当时，，由平面向量基本定理，可得三点共线，故A正确；对于B，如图，当时，由，可得，即，故三点共线，且，过点作，交于点，因，，则，而，故，则，由可得，则，故平分，即B正确；对于C，如图，以为坐标原点，所在直线为轴,建立平面直角坐标系，则，即，因，不妨设，由可得，故得，解得，故，其中，故的最大值为，故C错误；对于D，根据C项建系，已得，则，因，故得，即的取值范围为，故D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知方向向量为的直线与圆相切，则的方程为__________．【答案】【解析】因为直线的方向向量为，所以设直线方程为，即，又直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，解得，所以直线方程为.故答案为：.13.在正三棱台中，与平面所成角的正切值为1，则该棱台的体积__________．【答案】【解析】如图，将正三棱台补成正三棱锥，则与平面所成角即为与平面所成角，设点在平面上的射影为，在平面上的射影为，则为的中心，为的中心，则即为棱与底面所成的角，而，设的高为，由等面积公式得，解得，由等边三角形的性质得，同理可得，故，故，所以棱台的高，因为正三棱台的上底面边长，下底面边长，所以，同理可得，则棱台的体积，故答案为：14.一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为__________．【答案】【解析】事件，事件，故，又，故，即，因，，所以，故，即，又，，故，所以，即，所以，故，其中，，则或2，若，则，又，故，，故，若，，可令或或或；若，，可令或或或，事件，事件若，则，此时，此时，故，不合要求，舍去，综上，满足条件的事件的个数为8.故答案为：8四､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.记为数列的前项和，已知，当时，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和．解：（1）由题意得，当时，有，即因为，所以对任意都成立故数列是首项为1，公比为2的等比数列，从而．（2）由，可得，则当时，符合上式，故．所以16.一个袋子中有4个红球，个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为．（1）求的值：（2）从中依次随机地摸出4个球作为样本，设采用有放回摸球和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为．（i）求的数学期望和方差；（ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球的比例估计总体中绿球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际含义．解：（1）由题可得，即，解得：．（2）（i）对于有放回摸球，每次摸到绿球的概率为，且每次试验之间的结果是独立的，则（ii）样本中绿球的比例分别为，有放回摸球时，概率不放回摸球时，概率所以，在误差不超过0.2的相同限制下，用样本中绿球比例估计总体中绿球比例，采用不放回估计的结果更可靠些．17.如图，在三棱锥的平面展开图中，，．（1）求的余弦值；（2）在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所成角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．解：（1）在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以．又因为，在中，由余弦定理得.（2）因为，即平面，所以平面，平面内作，以为原点，、、为、、轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则，，设，故，设平面的法向量，则，取，则，易得平面的法向量则平面和平面所成角的余弦值，解得或，当或时，平面和平面所成角的余弦值为.18.设双曲线的左、右焦点分别为，直线与的渐近线不平行，且与恰有一个公共点，点在上．当轴时，．（1）求的方程；（2）若不在轴上，满足，求的横坐标；（3）若，证明的轨迹为圆，并求该圆的方程．（1）解：当轴时，由双曲线的定义可知，所以在中，有，即，解得，所以，故双曲线的方程为．（2）解：设的方程为，其中．联立，消去得，由题意可得，把代入得，整理得，因为，所以，从而有，即，解得，所以的方程为，化简得，故的方程为．由（1）可知，所以直线的斜率为，因为点不在轴上且，所以直线的斜率为，直线的方程为，联立，解得，故点的横坐标为．（3）证明：由（2）可得当时，直线的斜率为，因为，所以直线的斜率为，直线的方程为，联立，解得，因为点满足，所以，代入式，化简得则，即；当时，，也符合上式，故点的轨迹为圆，该圆的方程为．19.已知函数．（1）若，求在的值域；（2）证明：存在唯一的极值点，且；（3）若恒成立，证明：．（1）解：当时，，当时，单调递减；当时，单调递增，又，所以在的值域为．（2）证明：当时，由（1）可知为函数的唯一极值点且为极小值点，满足下面讨论的情形：，当时，，所以，所以在单调递增，无极值点．当时，，设恒成立，所以在单调递增，令得即，则有，即．又设，易知在单调递增，，令，设，，当时，单调递减，所以，即，而，根据函数零点存在定理可知，存在唯一的，使得即，当时，即，当时，即，故是函数唯一的极值点且为极小值点．综上所述，存在唯一的极小值点，且．（3）证明：由（2）可知在单调递减，在单调递增，所以的最小值为，又因为即，所以，从而有，若恒成立，则，令，则，要证，即证即．设在单调递减，所以，所以在单调递增，所以，即．所以成立．湖北省黄冈市教育共同体2025届高三4月联合考试（二模）数学试题一､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.复数的共轭复数在复平面内对应的点位（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】，则共轭复数为，对应的点，在第二象限.故选：B.2.已知函数的定义域，值域，则满足条件的有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个【答案】C【解析】令，则，则满足条件的有：；；，故满足条件的有个.故选：C3.设，“曲线为椭圆”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】若曲线为椭圆，则椭圆的标准方程为（）.因为椭圆中分母须大于，所以且，又因为，那么且，所以由“曲线为椭圆”可以推出“”，充分性成立.当时，比如，，此时曲线方程为，它表示的是圆，而不是椭圆，所以由“”不能推出“曲线为椭圆”，必要性不成立.所以“曲线为椭圆”是“”的充分不必要条件.故选：A.4.下列函数中，既是奇函数，又是增函数的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A，由题意可得，解得，所以定义域为，又，所以为减函数，故A错误；对于B，，，二者不相等，所以不是奇函数，故B错误；对于C，定义域需满足，即，定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，故C错误；对于D，定义域为，，为奇函数；，为增函数，故D正确.故选：D5.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】已知，将等式两边同时平方可得．根据完全平方公式展开得．因为，所以，移项可得，则．

因为，且，所以与异号，又因为在上，所以．

，由于，，则．因为，，所以，那么．

根据立方差公式．因为，，，所以．

的值为．故选：C．6.已知，为异面直线，平面，平面.若直线满足，，，，则（）A.， B.与相交，且交线平行于C.， D.与相交，且交线垂直于【答案】B【解析】若，则由平面，平面，可得，这与m，n是异面直线矛盾，故与相交，A错误；设，过直线一点，作，设与确定的平面为.因为，所以，又，与相交，，所以，因为，所以，又，所以，因为，所以，，又与相交，，所以，又因为，，所以l与a不重合，所以，B正确，D错误；因为，，，所以，C错误.故选：B.7.四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断出一定没有出现点数5的是（）A.平均数为4，中位数为3 B.中位数为4，众数为3C.中位数为4，方差为2 D.平均数为3，方差为3【答案】D【解析】对应选项，平均数为，中位数为.设这次掷骰子的点数从小到大排列为.根据平均数的计算公式，可得.当，，，时满足条件，所以有可能出现点数，A选项错误.对应B选项，中位数，众数为.设这次掷骰子的点数从小到大排列为.因为众数为，所以至少出现次，若，，时满足条件，所以有可能出现点数，B选项错误.对于C选项,中位数为，方差为.设这次掷骰子的点数从小到大排列为.若，，，时，平均数.方差，满足条件，所以有可能出现点数，C选项错误.对于D选项,平均数为，方差为.设这次掷骰子的点数分别为.根据平均数公式可得，即.根据方差公式，则.若假设出现点数，不妨设，则.则.则.展开变形，得到，即，解得，因为，所以中不能有.由，不妨令，则所有可能取值为：，因为；

；；

；；

；综上，不存在，使得且.

故假设错误，不会出现点数.D选项正确.故选：D.8.已知函数满足对且，则的值为（）A.1012 B.1012.5 C.1013 D.1013.5【答案】B【解析】令，得.令，得.令，得.故是首项为，公差为的等差数列.于是，.故选：B二､多选题：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.已知，函数，则下列结论一定正确的是（）A.的图象关于轴对称B.的最小正周期为C.的最大值为D.在上的最小值为【答案】ABC【解析】对于A，，故A正确；对于B，的最小正周期均是，故的最小正周期是,故B正确；对于C，，由正弦函数的值域可得最大值为，故C正确；对于D，当时，，所以，当时，，当时，，由于不确定的大小，所以最小值为不正确，故D错误；故选：ABC10.设抛物线的焦点为，准线为，经过点的直线交于两点，为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.若，则直线的倾斜角为B.以线段为直径的圆与相切C.存在直线，使得D.若直线交于点，则【答案】BD【解析】对于A选项，抛物线的焦点，准线.设直线AB的方程为，，.联立，消去得，则，.由抛物线的定义知，.因为，所以，即.又，联立可解得，则直线AB的斜率，倾斜角为或，所以A选项错误.对于B选项，设AB的中点为，过，，分别作准线的垂线，垂足分别为.根据抛物线的定义，，，则.所以以线段AB为直径的圆与相切，B选项正确.对于C选项，，，若，则.由，，可得，则，所以不存在直线AB使得，C选项错误.对于D选项，直线AO的方程为，令，得.因为，所以.又，则，所以点的纵坐标与点的纵坐标相同，即，D选项正确.故选：BD.11.设平面向量的夹角为，若，且，则（）A.当时，三点共线B.当时，平分C.当时，的最大值为2D.当时，的取值范围为【答案】ABD【解析】对于A，当时，，由平面向量基本定理，可得三点共线，故A正确；对于B，如图，当时，由，可得，即，故三点共线，且，过点作，交于点，因，，则，而，故，则，由可得，则，故平分，即B正确；对于C，如图，以为坐标原点，所在直线为轴,建立平面直角坐标系，则，即，因，不妨设，由可得，故得，解得，故，其中，故的最大值为，故C错误；对于D，根据C项建系，已得，则，因，故得，即的取值范围为，故D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知方向向量为的直线与圆相切，则的方程为__________．【答案】【解析】因为直线的方向向量为，所以设直线方程为，即，又直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，解得，所以直线方程为.故答案为：.13.在正三棱台中，与平面所成角的正切值为1，则该棱台的体积__________．【答案】【解析】如图，将正三棱台补成正三棱锥，则与平面所成角即为与平面所成角，设点在平面上的射影为，在平面上的射影为，则为的中心，为的中心，则即为棱与底面所成的角，而，设的高为，由等面积公式得，解得，由等边三角形的性质得，同理可得，故，故，所以棱台的高，因为正三棱台的上底面边长，下底面边长，所以，同理可得，则棱台的体积，故答案为：14.一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为__________．【答案】【解析】事件，事件，故，又，故，即，因，，所以，故，即，又，，故，所以，即，所以，故，其中，，则或2，若，则，又，故，，故，若，，可令或或或；若，，可令或或或，事件，事件若，则，此时，此时，故，不合要求，舍去，综上，满足条件的事件的个数为8.故答案为：8四､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.记为数列的前项和，已知，当时，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和．解：（1）由题意得，当时，有，即因为，所以对任意都成立故数列是首项为1，公比为2的等比数列，从而．（2）由，可得，则当时，符合上式，故．所以16.一个袋子中有4个红球，个绿球，已知取出的2个球都是红球的概率为．（1）求的值：（2）从中依次随机地摸出4个球作为样本，设采用有放回摸球和不放回摸球得到的样本中绿球的个数分别为．（i）求的数学期望和方差；（ii）分别就有放回摸球和不放回摸球，用样本中绿球的比例估计总体中绿球的比例，求误差的绝对值不超过0.2的概率，并比较所求两概率的大小，说明其实际含义．解：（1）由题可得，即，解得：．（2）（i）对于有放回摸球，每次摸到绿球的概率为，且每次试验之间的结果是独立的，则（ii）样本中绿球的比例分别为，有放回摸球时，概率不放回摸球时，概率所以，在误差不超过0.2的相同限制下，用样本中绿球比例估计总体中绿球比例，采用不放回估计的结果更可靠些．17.如图，在三棱锥的平面展开图中，，．（1）求的余弦值；（2）在三棱锥的棱上是否存在点，使得平面和平面所