湖北省武汉市2025届高中数学毕业生四月调研考试试卷含解析

这是一份湖北省武汉市2025届高中数学毕业生四月调研考试试卷含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
本试题卷共 4 页，19 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.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出 ，再求出交集即可.
【详解】由 ，可得 ，解得 ，
所以 ，所以 或 ，
所以 或 .
故选：C.
2. 数列 的通项公式为 ， 为其前 n 项和，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
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【答案】D
【解析】
【分析】令 ，可求得 ，计算可求得 的最小值.
【详解】令 ，因为 ，所以解得 ，
所以数列 的前 3 项为负，从第 4 项起为正，
所以 的最小值为 .
故选：D.
3. 已知向量 ， 满足 ， ， ，则 与 夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量垂直，利用数量积运算可得 ，即 ，代入已知条件，求得
，所以 ，得解
【详解】因为 ，所以
所以
又 ， ， ， ,
所以 ，
故选：C．
4. 随着 Deepseek 的流行，各种 AI 大模型层出不穷，现有甲、乙两个 AI 大模型，在对甲、乙两个大模型进
行深度体验后，6 位评委分别对甲、乙进行打分（满分 10 分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正
确的是（ ）
评委编
号 1 2 3 4 5 6
模型名称
甲 7.0 9.3 8.3 9.2 8.9 8.9
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乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6
A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数
C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知数据分别应用中位数，众数，平均数及方差定义分别计算判断各个选项.
【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下：
甲： ，乙： ，
甲得分的中位数为 ，乙得分的中位数为 ，甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故 C 正确；
甲得分的众数 ，乙得分的众数为 ，甲得分的众数大于乙得分的众数，故 B 正确；
甲得分的平均数 ，
乙得分的平均数 ，所以甲得分的平均数等于乙得分的平均数，故 A 错
误；
甲 方差 ，
乙的方差为
故甲得分的方差大于乙得分的方差，故 D 正确.
故选：A.
5. 若 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式求得 ，再根据二倍角的余弦公式和同角公式将化为正切的形式，代入
正切值即可求解.
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【详解】由 ，可得 ，即 ，解得 ，
所以 .
故选：A.
6. 在 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 ， ， 面积为 ，D 为边 AB
上一点，CD 是 的角平分线，则 （ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【 分 析 】 利 用 余 弦 定 理 ， 结 合 面 积 可 求 和 ， 利 用 ， 可 得
，进而可求得 .
【详解】在 中 ， ，由余弦定理可得 ，
所以 ，所以 ，
又 面积为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为 CD 是 的角平分线， ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，所以 ，所以 .
故选：B.
7. 已知正四棱锥的侧棱长为 ，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ）
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A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】设底面边长为 ，则高 ，体积 ，设 ，
，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极大值点，从而求出 .
【详解】设底面边长为 ，则高 ，
由 ，所以 ，
所以体积 ，
设 ， ，则 ，
所以当 时， ，所以 在 上单调递增；
当 时， ，所以 在 上单调递减；
所以当 时 取得极大值，即为最大值，此时该棱锥的体积最大，
此时 .
故选：D．
8. 已知连续型随机变量 服从正态分布 ，记函数 ，则 的图象（ ）
A. 关于直线 对称 B. 关于直线 对称
C. 关于点 成中心对称 D. 关于点 成中心对称
【答案】C
【解析】
【分析】利用连续型随机变量 服从正态分布 ，结合正态密度曲线的性质计算可判断每个选项的
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正误.
【详解】由连续型随机变量 服从正态分布 ，
可得 ，可得 ，所以正态密度曲线关于 对称，
即 ，
由 ，可得 在 时增加较快，在 时增加越来越慢，
所以 无对称轴，故 AB 错误；
，
所以 关于点 成中心对称，故 C 正确，D 错误.
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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分．
9. 若复数 ，则（ ）
A.
B.
C. z 在复平面内对应的点位于第四象限
D. 复数 满足 ，则 的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A.利用复数的除法化简判断；B.结合 A 得到共轭复数，再求模判断；C.利用复数的几何意义判断；
D.利用复数的模的几何意义判断.
【详解】复数 ， ，故 A 错误；
， ，故 B 正确；
z 的实部为 4 大于零，虚部为-1，小于零，则 z 在复平面内对应的点位于第四象限，故 C 正确；
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因为复数 满足 ，设 在单位圆上，则 表示 和点 z 之间的距离，
其最大值为 z 到原点的距离加半径，最大值为 ，故 D 正确，
故选：BCD
10. 已知数列 满足 ， 的前 n 项和为 ，则（ ）
A. B. 数列 是等比数列
C. ， ， 构成等差数列 D. 数列 前 100 项和为
【答案】AD
【解析】
【分析】令 ，计算可判断 A，当 ，可得 ，两式相减可得
，进而逐项计算可判断 BCD.
【详解】对于 A，当 时，可得 ，故 A 正确；
对于 B，
当 时， ，
两式相减可得 ，所以 ，
当 ， 适合上式，所以 ；
由 不是常数，所以数列 不是等比数列，故 B 错误；
对于 C，由 可知， ，
所以 是以 2 为首项，1 为公差的等差数列，
所以 ，所以 ， ，
，
又 ，所以 ，
所以 ， ， 不构成等差数列，故 C 错误；
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对于 D， ，
所以
，故 D 正确.
故选：AD.
11. 已知曲线 ， 为曲线 C 上任一点，则下列说法中正确的有（ ）
A. 曲线 C 与直线 恰有四个公共点
B. 曲线 C 与直线 相切
C. 是关于 的函数
D. 是关于 的函数
【答案】BD
【解析】
【分析】对于 A，构造 ，利用导数讨论其在 上 零点个数为 3 后可判断其
正误，对于 B，利用导数可判断可判断其正误，对于 C，结合零点存在定理可判断其正误，对于 D，利用导
数判断函数的单调性后可得其正误.
【详解】对于 A，由消元法可得 ，所以 ，
当 或 时， 或 ，故此时 无解，
下面考虑 上方程 的解的个数，
设 ，其中 ，
设 且 ，则 的解为 ， ，
而 ，
故当 或 时， ，当 时， ，
故 在 ， 上为减函数，在 上为增函数，
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而 ， 且 ，
，而 ，故 ，
故 ， ，
故 在 有 3 个不同的实数根，故 A 错误；
对于 B，由 可得 ，故 ，
对 两边求关于 的导数，
则 ，
故当 时，有 ，
当 ， ，而直线 的斜率为 2，
故曲线 与直线 相切，故 B 正确.
对于 C，取 ，考虑 即方程 的解的个数，
设 ，则 ， ，
， ，
故 至少有两个零点，故 有两个不同的解，
故 不是关于 的函数，故 C 错误；
对于 D， ，则 ，
故 为 的减函数，且当 时， ，当 时， ，
故对任意 ，方程 即 有唯一解，
故 是关于 的函数，故 D 正确；
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故选：BD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 若双曲线 的离心率为 2，则 的值为___．
【答案】3.
【解析】
【详解】试题分析：依题意可得 .本题考查的双曲线的
基本知识.关键是要把所给的方程与标准方程相对应好.
考点：1.双曲线的标准方程.2.双曲线的离心率.
13. 为了响应节能减排号召，某地政府决定大规模铺设光伏太阳能板，该地区未来第 x 年底光伏太阳能板的
保有量 y（单位：万块）满足模型 ，其中 N 为饱和度， 为初始值，p 为年增长率．若
该地区 2024 年底的光伏太阳能板保有量约为 20 万块，以此为初始值，以后每年的增长率均为 ，饱和
度为 1020 万块，那么 2030 年底该地区光伏太阳能板的保有量约__________万块．
（结果四舍五入保留到整数，参考数据： ， ， ）
【答案】
【解析】
【分析】把已知数据代入模型 ，求出对应的值即可．
【详解】根据题意，所给模型中 ，
则 2030 年底该地区光伏太阳能板的保有量为 ，
因为 ，所以 ，
所以 2030 年底该地区光伏太阳能板的保有量约 36 万块.
故答案为：36.
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14. 在各棱长均相等的正四面体 中，取棱 上一点 T，使 ，连接 ，三棱锥
的内切球的球心为 M，三棱锥 的内切球的球心为 N，则平面 与平面 的夹角的
正弦值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定 的位置，再由几何关系求出正弦值.
【详解】
设三棱锥 的内切球分别与面 、面 相切于 两点，
易知 平分 ， 平分 ，易知 ，
取 中点为 ，则 在 的平分线上，
同理三棱锥 的内切球球心 在 的角平分线上，
易知 面 ，故 ，同理 ，
于是 为平面 与平面 的夹角的平面角，
设正四面体棱长为 ，则 ， ，
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. 如图，在直三棱柱 中， ， ， ， 上的点 E 满足
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．
（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 CBE 与平面 ABE 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得 平面 ，可得 ，结合已知可证 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面 和平面 ，利用向量法可求两平面夹角的余弦值.
【小问 1 详解】
因为三棱柱 是直三棱柱，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面平面 ，
所以 平面 ；
【小问 2 详解】
以 为坐标原点， 所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
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则 ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，解得 ，
所以 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
所以平面 的一个法向量为 ，
又平面 一个法向量为 ，
设平面 与平面 所成的角为 ，
则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 .
16. 已知函数 ．
（1）若在 处的切线斜率为 ，求 ；
（2）若 恒成立，求 的取值范围．
【答案】（1）
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（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，由 计算可得；
（2）依题意可得 恒成立，令 ， ，利用导数说明
函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以 ，依题意 ，解得 ；
【小问 2 详解】
因为 的定义域为 ，
又 ，
所以 恒成立，
令 ， ，则 ，
令 ， ，则 ，所以 在 上单调递增，
又 ， ，
所以 使得 ，即 ， ，则 ，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，
即实数 的取值范围为 .
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17. 13 张大小质地完全相同的卡牌中有八张数字牌，正面标有 1~8，此外还有五张字母牌，正面标有 A~E，
将这十三张牌随机排成一行．
（1）求五张字母牌互不相邻的概率；
（2）求在标有 8 的卡牌左侧没有数字牌的概率；
（3）对于给定的整数 ，记“在标有 k 的数字牌左侧，没有标号比 k 小的数字牌”为事件 ，求
发生的概率．（结果用含 k 的式子表示）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解；
（2）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解；
（3）利用古典概型概率公式和排列数的计算公式可求解.
【小问 1 详解】
记五张字母牌互不相邻为事件为 ，
则 ；
【小问 2 详解】
记在标有 8 的卡牌左侧没有数字牌为事件 ，
由于标 的牌都在标有 的牌的右侧，有 种排法，
所以 ；
【小问 3 详解】
标号比 小的自牌有 张，比 大的自牌有 张，
.
18. 已知集合 ，集合 B 满足 ．
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（1）判断 ， ， ， 中的哪些元素属于 B；
（2）证明：若 ， ，则 ；
（3）证明：若 ，则 ．
【答案】（1） ，
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据所给定义判断元素的倒数是否属于 即可；
（2）先证明若 ， ，则 ，即可得到 ，从而得证；
（3）依题意可得 ，从而求出 ，再说明 即可.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ；
因为 ，所以 ；
因为 没有倒数，所以 ；
因为 ，所以 ；
综上可得 ， .
【小问 2 详解】
先证明：若 ， ，则 ；
设 ， ， 为整数，
所以 ，
由于 ， 都是整数，所以 ，
当 ， 时， ， ，所以 ，所以 ；
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【小问 3 详解】
因为 ，
所以 ，
所以 ， 都是整数，
所以 为整数，
所以 ，
假如 ，则 ，则 应为 的倍数，
设 为整数，若 ，则 不是 的倍数；
若 ，则 不是 的倍数；
若 ，则 不是 的倍数；
所以 ，即 .
19. 如图，椭圆 ， ，已知 右顶点为 ，且它们的交点
分别为 ， ， ， ．
（1）求 与 的标准方程；
（2）过点 作直线 MN，交 于点 M，交 于点 N，设直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
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求 ；（上述各点均不重合）
（3）点 是 上的动点，直线 交 于点 ，直线 交 于点 ，直线 交 于点 ，直
线 与直线 交于点 N，求点 G 坐标，使直线 NG 与直线 NH 的斜率之积为定值．（上述各点均不重
合）
【答案】（1） ；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）首先求出 ，再代入 即可得到答案；
（ 2） 设 ， 计 算 得 ， 结 合 其 在 椭 圆 上 ， 代 入 化 简 即 可 得
，同理 ，则得到斜率比值；
（3）设直线 ，联立椭圆方程得到 ，则得到 的坐标，再计算得
， ，设 ，计算化简得 ，则得到定点坐标.
【小问 1 详解】
由题意得， ，又因为 在 上，
代入 得 ，所以 ，则 .
小问 2 详解】
设 ，则 ，
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又因为 ，所以 ，
则 ，同理可得 ，所以 .
【小问 3 详解】
设直线 分别为 ，其斜率依次为 ，
设直线 ，联立 得 ，
即有 ，所以 ，代入直线方程得 ，
则 ，设 ，
则经过 的两直线 之间斜率满足关系： ，
将直线 绕原点顺时针旋转 后也会经过 ，
所以两者斜率满足 ，所以 ，
同理将直线 绕原点顺时针旋转 后也会经过 ，
所以两直线斜率满足 ，
，
设 ，则有 ，代入上式得： ，
得到 ，
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所以 ，因此存在定点 ，
使直线 和直线 的斜率之积为定值 5.
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