湖北省2025年高考数学4月调研试卷（含解析）

这是一份湖北省2025年高考数学4月调研试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x|x2+2x−3>0}，B={x|00)的右焦点，A1，A2为C的左右顶点，M为C上一点，MF⊥x轴，过A1的直线分别交y轴和线段MF于H，N两点，直线A2N交y轴于G点，且2OH+OG=0，则双曲线的渐近线方程为( )
A. y=± 24xB. y=±2 2xC. y=± 2xD. y=±x
7.已知函数f(x)=lnx+x−1x，若f(a)+f(b)=0，则a2+b2的最小值为( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
8.如图，半径为1的⊙O1与半径为2的⊙O2内切于点A，⊙O1沿⊙O2的圆弧无滑动的滚动一周.若⊙O1上一定点P从A点出发随着⊙O1的滚动而运动，设点P的轨迹为C，则( )
A. C是半径为12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
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题正确的是( )
A. x1，x2，x3，⋯，x12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中位数
B. 若事件A，B相互独立，且P(A)>0，P(B)>0，则事件A，B不互斥
C. 若随机变量X～N(0,22)，Y～N(0,32)，则P(|X|≤2)=P(|Y|≤3)
D. 若随机变量X的方差D(X)=10，期望E(X)=4，则随机变量Y=X2的期望E(Y)=26
10.已知a，b，c分别为△ABC的内角A，B，C所对的边，cs2A2=12csBcsC+12，则下列说法正确的是( )
A. tanBtanC=2B. tanA=tanB+tanC
C. Ab，a>c
11.已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，点M1(x1,y1)在抛物线上，|M1F|=y1+1，设直线ln为抛物线C在点Mn(xn,yn)(n∈N∗)处的切线，过点Mn作ln的垂线交抛物线于另一点Mn+1(xn+1,yn+1)，若x1=2，则下列说法正确的是( )
A. p=1B. 直线MnMn+1的斜率为−2xn
C. xn+1=−8xn−xnD. |MnF|≥4n−2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知cs(α−β)=712,sinαsinβ=13，则sin2αsin2β= ______．
13.已知函数f(x)=xlnx−12ax2−x恰有2个极值点，则实数a的取值范围为______．
14.甲乙丙三个班级共同分配9个三好学生名额，每班至少1个名额，用X表示这三个班级中分配的最少名额数，则X的数学期望E(X)= ______．
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.(本小题13分)
已知{an}是无穷正整数数列，定义操作D(k,s)为删除数列{an}中除以k余数为s的项，剩下的项按原先后顺序不变得到新数列{bn}.若an=3n−1，n∈N∗，进行操作D(3,1)后剩余项组成新数列{bn}，设数列{lg3(an+bn)}的前n项和为Sn．
(1)求Sn；
(2)设数列{cn}满足cn=lg3b2n−1，求数列{1cncn+1}的前n项和．
16.(本小题15分)
设函数f(x)=(x−a)(x−b)2，a，b∈R．
(1)当a=0，b≥0时，讨论f(x)的单调性；
(2)若a≠b，且f(x)和f′(x)(f′(x)为f(x)的导函数)的零点均在集合{2,1,−1}中，求f(x)的极小值．
17.(本小题15分)
在平面直角坐标系中，O为坐标原点，F，T分别是椭圆C：x2a2+y2=1(a>1)的左焦点，右顶点，过F的直线交椭圆C于A，B两点，当AB⊥x轴时，△TAB的面积为1+ 32．
(1)求a；
(2)若斜率为12的直线l交椭圆C于G，H两点，N为以线段GH为直径的圆上一点，求|ON|的最大值．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，ABCD为矩形，且AB=2BC=2，SB= 3，∠SCB=∠SCD=60°．
(1)求证：BC⊥平面SAB；
(2)若NS//BC(N在S的左侧)，设三棱锥N−SAB体积为V1，四棱锥S−ABCD体积为V2，且V1=12V2．
(Ⅰ)求点A到平面SNC的距离；
(Ⅱ)求平面SNC与平面ABN所成夹角的正弦值．
19.(本小题17分)
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Y=y条件下的期望定义为
E(X|Y=y)=i=1nxi⋅P(X=xi|Y=y)=i=1nxi⋅P(X=xi,Y=y)P(Y=y)
其中{x1,x2,…,xn}为X的所有可能取值的集合，P(X=x,Y=y)表示事件“X=x”与“Y=y”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E(X|Y=1)；
(3)若已用完一块一次性电池后，记剩下电池再使用n(n=2,3,4,…)次后，所有一次性电池恰好全部用完的概率为an，求数列{an}的通项公式．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：由题意可知，集合A={x|x2+2x−3>0}={x|x1}，
又因为B={x|00，
则a2+b2≥2ab=2，当且仅当a=b=1时取等号．
故选：B．
由已知结合导数与单调性关系先求出ab=1，然后结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了导数与单调性关系及基本不等式的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：圆O1运动到O3，设此时与圆O2相切于M点，点P从A运动到P1，
易知AM=P1M，所以2×∠AO2M=1×∠P1O3M=2∠P1O2M，
所以∠AO2M=∠P1O2M，
所以P的轨迹为圆O2中过A，O2的直径，长度为4．
故选：D．
作圆O1运动后的某圆O3，设此时与圆O2相切于M点，点P从A运动到P1，通过题设运动中的等量关系结合弧长公式得到∠AO2M=∠P1O2M，即可得到P的轨迹求解．
本题考查曲线方程的应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，对于数据1、2、3、4、5、6、7、8、9、10、11、12，其中位数为12(6+7)=6.5，
去掉其中的最大数和最小数后，其其中位数为12(6+7)=6.5，两者相等，A错误；
对于B，若事件A，B相互独立，且P(A)>0，P(B)>0，则p (AB)=P(A)P(B)>0，事件A，B不互斥，B正确；
对于C，若随机变量X～N(0,22)，Y～N(0,32)，则P(|X|≤2)=P(−2≤X≤2)≈0.6827，P(|Y|≤3)=P(−3≤Y≤3)≈0.6827，C正确；
对于D，E(Y)=E(X2)=D(X)+[E(X)]2=26，D正确．
故选：BCD．
根据题意，由中位数的计算公式分析A，由互斥事件的定义分析B，由状态分布的性质分析C，由随机变量期望、方差的性质分析D，综合可得答案．
本题考查命题真假的判断，涉及随机变量期望、方差的性质，中位数的计算，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为cs2A2=12csBcsC+12，
即1+csA2=12csBcsC+12，
因为csA=−cs(B+C)=−csBcsC+sinBsinC，
整理可得：2csBcsC=sinBsinC，所以tanBtanC=2，故A正确；
对于B，因为tanA=tan[π−(B+C)]=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC=tanB+tanC，故B正确；
对于C，由A，B选项可知，A，B，C均为锐角，所以tanB>0，tanC>0，
所以tanA=tanB+tanC≥2 tanBtanC=2 2> 3=tanπ3，
因为y=tanx在(0,π2)单调递增，所以π3tanC，即A>B，A>C，由大角对大边可得a>b，a>c，故D正确．
故选：ABD．
由三角恒等变换知识化简条件式可判断A；由tanA=tan[π−(B+C)]，再结合诱导公式与两角和的正切公式化简可判断B；由基本不等式和正切函数的单调性可判断C；由正切函数的单调性和大角对大边可判断D．
本题考查三角恒等变换知识的应用，正切函数的性质应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于选项A，因为|M1F|=y1+p2=y1+1，解得p=2，所以选项A错误；
因为x2=4y，即y=14x2，则y′=12x，
所以抛物线在点Mn(xn,yn)(n∈N∗)处的切线方程为y−yn=12xn(x−xn)，
垂线方程y−yn=−2xn(x−xn)，
由y−yn=−2xn(x−xn)y=14x2，消y得到x2+8xnx−xn2−8=0，
则xn+xn+1=−8xn，得到xn+1=−8xn−xn，
又kMnMn+1=yn+1−ynxn+1−xn=14(xn+12−xn2)xn+1−xn=14(xn+1+xn)=−2Xn，所以选项B和C正确；
对于选项D，因为yn+1=14xn+12=14(8xn+xn)2=14xn2+16xn2+4=yn+16xn2+4>yn+4．
得到yn+1−yn>4，所以当n≥2(n∈N)时，yn=y1+(y2−y1)+(y3−y2)+…+(yn−yn−1)>y1+4(n−1)，又y1=14x12=1=4×1−3，所以yn≥4n−3，则|MnF|=yn+1≥4n−2，故选项D正确．
故选：BCD．
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Mn(xn,yn)(n∈N∗)处的切线方程为y−yn=12xn(x−xn)，求得垂线方程，联立抛物线方程得到xn+xn+1=−8xn，再利用过两点直线的斜率，即可求解；
对于D，利用xn+xn+1=−8xn，得到yn+1>yn+4，利用累加法得到yn>4n−3即可求解．
本题考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
12.【答案】13
【解析】解：由于cs(α−β)=712,sinαsinβ=13，故csαcsβ+sinαsinβ=712，整理得csαcsβ=14，
故sin2αsin2β=4sinαsinβcsαcsβ=4×13×14=13．
故答案为：13．
直接利用三角函数的关系式的变换求出三角函数的值．
本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，三角函数的值，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
13.【答案】(0,1e)
【解析】解：函数f(x)=xlnx−12ax2−x的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=lnx+1−ax−1=lnx−ax，
要使函数f(x)有两个极值点，只需f′(x)=0有两个不同正根x1，x2，并且x1，x2两侧的函数f(x)单调性相反，
由f′(x)=0得，lnx−ax=0，所以a=lnxx，
由题意可知y=ln xx与y=a有两个不同的交点，
令ℎ(x)=lnxx，则ℎ′(x)=1−lnxx2，
所以当0e时，ℎ′(x)0时，f(x)在(−∞,b3)和(b,+∞)上单调递增，在(b3,b)上单调递减．
x=1时，f(x)取得极小值f =−4．
【解析】解：(1)当a=0时，f(x)=x(x−b)2，
所以f′(x)=(x−b)2+2x(x−b)=(x−b)(3x−b)，
当b=0时，f′(x)=3x2≥0，f(x)在R上单增，
当b>0时，令f′(x)=(x−b)(3x−b)=0，x=b或x=b3，
x∈(−∞,b3)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(b3,b)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
综上所述：当b=0时，f(x)在R上单增；
当b>0时，f(x)在(−∞,b3)和(b,+∞)上单调递增，在(b3,b)上单调递减．
(2)f′(x)=(x−b)(3x−2a−b)，令f′(x)=0，所以x=b或x=2a+b3，
令f(x)=0，x=a或x=b，又a，b，2a+b3∈{2,1,−1}，且a，b，2a+b3互不相等，
所以a+b+2a+b3=2，所以5a+4b=6，
所以5a+4b=6a+b=0或5a+4b=6a+2a+b3=0或5a+4b=6b+2a+b3=0，
经检验a=2，b=−1符合，
所以f(x)=(x−2)(x+1)2，f′(x)=(x+1)(3x−3)，
令f′(x)=0，x=1或x=−1，
当x∈(−∞,−1)，f′(x)>0，x∈(−1,1)，f′(x)0，
所以x=1时，f(x)取得极小值f(1)=−4．
(1)求导可得f′(x)=(x−b)(3x−b)，分b=0，b>0两种情况讨论可求得f(x)的单调性；
(2)求导，令f′(x)=0，可得x=b或x=2a+b3，由a，b，2a+b3∈{2,1,−1}，计算求解可得a，b的值，进而可求极小值．
本题考查导数的综合应用，属于中档题．
17.【答案】a=2；
5．
【解析】解：(1)依题意有b=1，当AB⊥x轴时，在椭圆方程中，令x=−c，解得y=b2a，
则|AB|=2b2a2.SΔABT=12×2b2a×(a+c)=1+ 32，又a2=1+c2，解得a=2，c= 3；
(2)设直线l：y=12x+m设G(x1,y1)，H(x2,y2)，
联立y=12x+mx2+4y2=4，得2x2+4mx+4m2−4=0，所以Δ=−16m2+32>0x1+x2=−2mx1x2=2m2−2，
所以− 2