湖北省武汉市2022-2023学年高三数学下学期4月调研考试试卷（Word版附答案）

这是一份湖北省武汉市2022-2023学年高三数学下学期4月调研考试试卷（Word版附答案），共12页。试卷主要包含了 选择题的作答， 非选择题的作答， 阅读下段文字等内容，欢迎下载使用。
武汉市2023届高中毕业生四月调研考试数学试卷武汉市教育科学研究院命制    2023.4.11本试题卷共5页，22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. 若复数是纯虚数，则实数（    ）A.  B.  C.  D. 3. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 4. 正六边形ABCDEF中，用和表示，则（    ）A.  B.  C.  D. 5.“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题.现有这样一个问题：将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（    ）A. 55 B. 49 C. 43 D. 376. 设抛物线的焦点为F，准线为l，P是抛物线上位于第一象限内的一点，过P作l的垂线，垂足为Q，若直线QF的倾斜角为，则（    ）A. 3 B. 6 C. 9 D. 127. 阅读下段文字：“已知为无理数，若为有理数，则存在无理数，使得为有理数；若为无理数，则取无理数，，此时为有理数.”依据这段文字可以证明的结论是（    ）A. 是有理数  B. 是无理数C. 存在无理数a，b，使得为有理数 D. 对任意无理数a，b，都有为无理数8. 已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（    ）A.  B.  C.  D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 某市2022年经过招商引资后，经济收入较前一年增加了一倍，实现翻番，为更好地了解该市的经济收入的变化情况，统计了该市招商引资前后的年经济收入构成比例，得到如下扇形图：则下列结论中正确的是（    ）A. 招商引资后，工资性收入较前一年增加B. 招商引资后，转移净收入是前一年的1.25倍C. 招商引资后，转移净收入与财产净收入的总和超过了该年经济收入的D. 招商引资后，经营净收入较前一年增加了一倍10. 椭圆的一个焦点和一个顶点在圆上，则该椭圆的离心率的可能取值有（    ）A.  B.  C.  D. 11. 函数的图象可能是（    ）A.  B.  C.  D. 12. 三棱锥中，，，，直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，则下列说法中正确的有（    ）A. 三棱锥体积的最小值为B. 三棱锥体积的最大值为C. 直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为锐角D. 直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为钝角三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 的展开式中含项的系数为______.14. 半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______.15. 直线：和：与x轴围成的三角形是等腰三角形，写出满足条件的k的两个可能取值：______和______.（写对一个得3分，写对两个得5分）16. 在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数和图象上的动点，若对任意，有恒成立，则实数m的最大值为______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.（10分）记数列的前n项和为，对任意，有.（1）证明：是等差数列；（2）若当且仅当时，取得最大值，求的取值范围.18.（12分）设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有.（1）求角A；（2）若BC边上的高，求.19.（12分）如图，在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别为边AB，AC的中点.将沿EF翻折至，得到四棱锥，P为的中点.（1）证明：平面；（2）若平面平面EFCB，求直线与平面BFP所成的角的正弦值.20.（12分）中学阶段，数学中的“对称性”不仅体现在平面几何、立体几何、解析几何和函数图象中，还体现在概率问题中.例如，甲乙两人进行比赛，若甲每场比赛获胜概率均为，且每场比赛结果相互独立，则由对称性可知，在5场比赛后，甲获胜次数不低于3场的概率为.现甲乙两人分别进行独立重复试验，每人抛掷一枚质地均匀的硬币.（1）若两人各抛掷3次，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率；（2）若甲抛掷次，乙抛掷n次，，求抛掷结果中甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率.21.（12分）过点的动直线l与双曲线E：交于M，N两点，当l与x轴平行时，，当l与y轴平行时，.（1）求双曲线E的标准方程；（2）点P是直线上一定点，设直线PM，PN的斜率分别为，，若为定值，求点P的坐标.22.（12分）已知函数，其中.（1）证明：恒有唯一零点；（2）记（1）中的零点为，当时，证明：图象上存在关于点对称的两点. 武汉市2023届高中毕业生四月调研考试数学参考答案一、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.【答案】C【解析】，，则，选：C.2.【答案】A【解析】，则，有，选：A.3.【答案】D【解析】，选：D.4.【答案】B【解析】设边长为2，有，，则，选：B.5.【答案】A【解析】，有，选：A.6.【答案】B【解析】依题意，，，，又，，则为等边三角形，有，选：B.7.【答案】C8.【答案】B【解析】考虑的情况，设对应切点为（，，，设对应切点为，，，只考虑，的情况，则，，其中，所以，其中有，，易得，则，则，选：B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.【答案】AD10.【答案】BCD【解析】，上顶点，焦点或，则或，焦点，右顶点，则，选：BCD.11.【答案】ABC【解析】，有，，选：ABC.12.【答案】ACD【解析】作平面ABC，则.设，，，.又有，，圆心，半径，所以，则，，A正确，B错误.由，当最小时，有H在外部，如图，此时，二面角为锐角，为钝角，D正确.选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】－48【解析】，系数为－48.14.【答案】【解析】设棱长为2，则，所以.15.【答案】－2；【解析】，，所以.16.【答案】【解析】，则.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析】（1）因为①，则②①－②可得，故为等差数列.（2）若当且仅当时，取得最大值，则有，故的取值范围为.18.【解析】（1）由，则，有，即，所以.（2）由，则，所以，有，则，又，则.19.【解析】（1）连接的中点Q，则有，且，同理，且，故，且，则四边形PQEF为平行四边形，则，又平面，故平面.（2）以EF中点O为原点，EF为y轴，EF和BC的垂直平分线为x轴，AO为z轴，建立空间直角坐标系，则可得，，，，，则由P为中点，故，则，，，设平面BFP的法向量，则，即，则，故取，则，故直线与平面BFP所成的角的正弦值为.20.【解析】（1）设甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数的概率，，由对称性可知则甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数的概率和甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数的概率相等，故.（2）可以先考虑甲乙各抛赛n次的情形，①如果出现甲正面朝上次数等于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，则第次甲必须再抛掷出证明朝上，才能使得最终甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数；②如果出现甲正面朝上次数小于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然不大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为；③如果出现甲正面朝上次数大于乙正面朝上次数，则第次无论结果如何，甲正面朝上次数仍然大于乙正面朝上次数，将该情形概率设为，由对称性可知故，而由，可得.21.【解析】解析一：（1）（2）∵，M，N三点共线，∴，∴，∴，∴，∴.∴，∴，根据约分：且，∴当时，.∴，时，成立.解析二：（1）由题可知双曲线E：过点，，将其代入方程可得，计算可得，则双曲线E的标准方程为.（2）设，，，直线MN：，与双曲线联立可得，注意到，为方程的两根，故有恒等式，则，同理由，可得，与双曲线联立可得，注意到，为方程的两根，故有恒等式，则，则，若为定值，则必有，计算可得或或，又因为点P在直线上，故点P坐标为.22.【解析】（1），又，令，则，递增，令，则，递减，而时，，时，有，，可得恒有唯一零点.（2）因为，故，要证图象上存在关于点对称的两点，即证方程有解；，令，，，，当时，，则，递增，当时，，则，递减，故，因为，故，又时，，时，，故先负后正再负，则先减再增再减，又，且时，，时，，故先正后负再正再负，则先增再减再增再减，又时，，时，，而，