湖北省十堰市2024-2025學年高三下學期四月調研考試數(shù)學試題 含解析

十堰市2025年高三年級四月調研考試數(shù)學本試題卷共4頁，共19道題，滿分150分，考試時間120分鐘.?？荚図樌⒁馐马棧?．答題前，考生務必將自己的姓名、考號填寫在答題卡和試卷指定位置上，并將考號條形碼貼在答題卡上的指定位置.2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.答在試題卷、草稿紙上無效.3．非選擇題用0.5毫米黑色墨水簽字筆將答案直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi).答在試題卷、草稿紙上無效.4．考生必須保持答題卡的整潔.考試結束后，只交答題卡.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知復數(shù)，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用復數(shù)的除法化簡復數(shù)，利用復數(shù)的模長公式可求得的值.【詳解】因為，故.故選：B.2.已知全集，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意結合運算求解即可.【詳解】因為，所以.故選：C.3.已知單位向量滿足，則（）A.0 B.1 C.2 D.【答案】D【解析】【分析】直接平方計算即可.【詳解】，則.故選：D.4.設雙曲線的離心率為，實軸長為，若曲線上的點到雙曲線的兩個焦點的距離之和為，則曲線的標準方程為（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)雙曲線的幾何性質求出、、的值，利用橢圓的定義可知曲線是以雙曲線的兩個焦點為焦點，長軸長為的橢圓，設橢圓的方程為，求出、的值，即可求出橢圓的方程.【詳解】因為雙曲線的實軸長為，所以，因為雙曲線的離心率為，所以，則，所以，雙曲線的方程為，因為曲線上的點到雙曲線的兩個焦點的距離之和為，由橢圓的定義可知，曲線是以雙曲線的兩個焦點為焦點，長軸長為的橢圓，設橢圓的方程為，則，所以，，因此，橢圓的方程為.故選：D.5.已知定義在上的奇函數(shù)滿足，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意結合奇函數(shù)的定義可得2為的一個周期，進而可得結果.【詳解】因為為定義在上的奇函數(shù)，則，又因為，則，可得，可知2為的一個周期，所以.故選：B.6.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用三角恒等變換化簡題干中的兩個等式，可得出、的關系，可得出的值，即可得出的值.【詳解】因為，所以，因為，所以，故，所以，即，故.故選：A.7.從1，2，3，4，5中任取三個不同的數(shù)組成一個三位數(shù)，則在所有組成的數(shù)中能被3整除的數(shù)有（）A.24個 B.30個 C.32個 D.48個【答案】A【解析】【分析】根據(jù)能被3整數(shù)的數(shù)的特征列出可能的情況，再根據(jù)排列數(shù)計算即可求解.【詳解】能被3整除，則這三個數(shù)字之和為3的倍數(shù)，則取出的這三個數(shù)可能的情況為：，則在所有組成的數(shù)中能被3整除的數(shù)有個.故選：.8.已知，，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】令，利用導數(shù)分析函數(shù)在上的單調性，由已知不等式變形得出，可得出，求出的取值范圍，即可得出的取值范圍.【詳解】令，則，當時，，所以，函數(shù)在上單調遞減，因為，所以，即，因為、，所以，即，因為，則，所以，或，解得或.因此，的取值范圍是.故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.2020至2024年我國快遞業(yè)務量及其增長速度如圖所示，則（）A.2020至2024年我國快遞業(yè)務量逐年增長B.2020至2024年我國快遞業(yè)務量的中位數(shù)是1106億件C.2020至2024年我國快遞業(yè)務量增長速度的極差是19.4％D.估計我國2019年的快遞業(yè)務量大于500億件【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)統(tǒng)計圖表中的數(shù)據(jù)的增長趨勢，可判定A正確；根據(jù)中位數(shù)的計算方法，可判定B正確；根據(jù)極差的計算方法，可判定C錯誤；設2019年的快遞業(yè)務量為億件，得出方程，求得的值，可判定D正確.【詳解】對于A中，根據(jù)統(tǒng)計圖表，可得2020至2024年我國快遞業(yè)務量逐年增長，所以A正確．對于B中，2020至2024年我國快遞業(yè)務量分別為，可得數(shù)據(jù)的中位數(shù)為億件，所以B正確；對于C中，2020至2024年我國快遞業(yè)務量增長速度的極差為，所以C錯誤．對于D中，設我國2019年快遞業(yè)務量為億件，則，可得，所以D正確．故選：ABD.10.已知，則（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】對于A：舉反例說明即可；對于B：整理可得，結合二次函數(shù)分析判斷；對于C：整理可得，結合指數(shù)函數(shù)性質分析判斷；對于D：根據(jù)的單調性分析判斷.【詳解】因，即，對于選項A：例如，則，故A錯誤；對于選項B：因為，且在內(nèi)單調遞減，則，故B正確；對于選項C：因為，且，則，所以，故C正確；對于選項D：因為，即，且在定義域內(nèi)單調遞增，則，即，所以，故D正確；故選：BCD.11.素描是使用單一色彩表現(xiàn)明暗變化的一種繪畫方法，其水平反映了繪畫者的空間造型能力．“十字貫穿體”是學習素描時常用的幾何體實物模型．如圖，這是某同學繪制“十字貫穿體”的素描作品，該“十字貫穿體”是由一個圓錐和一個圓柱“垂直貫穿”構成的多面體，圓錐的兩條母線與圓柱相切，其中一個切點為，圓柱側面的母線平行于圓錐的底面，為圓錐的頂點，圓錐的一條母線與圓柱的側面交于兩點，且為圓柱側面上到圓錐底面距離最大的點，圓錐的母線長為，其底面圓的半徑為，圓柱的半徑為，下列結論正確的是（）A.B.C.點到圓錐底面的距離為D.點到圓錐底面的距離為【答案】ACD【解析】【分析】先通過已知條件求出圓錐和圓柱相關線段的長度，再利用相似三角形對應邊成比例的性質來求解其他線段長度，進而判斷各選項的正確性.【詳解】對于A，過點作軸截面，為圓錐的母線與與圓柱的切點，為圓錐的高，為與圓柱的交點，如圖1，由題意可知，先計算，又已知，.因為，根據(jù)相似三角形對應邊成比例，即.已知，，，，由可得：.因為，所以.由可得：，化簡同求OD過程類似，可得，所以A選項正確對于B，點到圓錐底面的距離即點到圓錐底面的距離，已知，因為，，所以，C選項正確.對于D，點到圓錐底面的距離即點到圓錐底面的距離，已知，因為，，所以，D選項正確.對于B，過點，，作截面，如圖2所示，易得.已知，，，則，所以B選項錯誤.故選：ACD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.函數(shù)的最小正周期為________．【答案】##【解析】【分析】利用函數(shù)周期性的定義可求出函數(shù)的最小正周期.【詳解】因為，如下圖所示：結合圖形可知，函數(shù)的最小正周期為.故答案為：.13.定義：表示點到曲線上任意一點的距離的最小值．已知是圓上的動點，圓，則的取值范圍為________．【答案】【解析】【分析】記為坐標原點，作出圖形，求出的取值范圍，即可得出的取值范圍.【詳解】記為坐標原點，圓的圓心為原點，圓的半徑為，由圓的幾何性質可知，，且，即，即，當且僅當點時，取最小值，當且僅當點時，取最大值，故.故答案為：.14.已知函數(shù)，若存在實數(shù)、、，使得，且、、成等差數(shù)列，則________．【答案】##【解析】【分析】作出函數(shù)的圖象，當時，方程的解分別為、、、，根據(jù)題意可知，、、對應的數(shù)為、、或、、，不妨取、、為對應的、、，可得出，進而得出，令，則，構造函數(shù)，結合函數(shù)的單調性求出的值，可得出、的值，即可得解.【詳解】因為，函數(shù)的圖象是保留函數(shù)在上的圖象，并去除函數(shù)在上的圖象，再將函數(shù)在上的圖象關于軸翻折，可得到函數(shù)的圖象，作出函數(shù)的圖象如下圖所示：當時，方程解分別為、、、，因為，所以，、、為、、、中的三個數(shù)，因為、、成等差數(shù)列，且，所以，、、對應的數(shù)為、、或、、，根據(jù)對稱性，不妨取、、為對應的、、，因為，所以，因為，所以，因為，所以，令，則，因為函數(shù)為減函數(shù)，且，所以，方程的解為，即，解得，，故.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.已知函數(shù)．（1）若直線與曲線相切，求的值；（2）討論的單調性；（3）若在定義域內(nèi)恒成立，求的取值范圍．【答案】（1）（2）增區(qū)間為，減區(qū)間為（3）【解析】【分析】（1）由導數(shù)的幾何意義可得出切點的橫坐標，結合切線方程可得出切點的坐標，將切點代入函數(shù)的解析式，即可得出實數(shù)的值；（2）利用函數(shù)的單調性與導數(shù)的關系可求出函數(shù)的增區(qū)間和減區(qū)間；（3）解不等式，即可解得實數(shù)的取值范圍.【小問1詳解】因為，則，由，可得，所以直線與曲線的切點坐標為，故，解得.【小問2詳解】因為，所以函數(shù)的定義域為，由可得，由可得，故函數(shù)的增區(qū)間為，減區(qū)間為.【小問3詳解】由（2）可得，解得，又因為，故實數(shù)的取值范圍是.16.的內(nèi)角、、的對邊分別為、、，已知，的面積為．（1）求角的大小；（2）若，求的周長．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理、三角形的面積公式可化簡得出的值，結合角的取值范圍可得出角的值；（2）由（1）可得出的值，結合正弦定理可求得的知，結合已知條件求出的值，由此可求出的周長.【小問1詳解】由余弦定理可得，即，因，即，所以，因為，故.【小問2詳解】由正弦定理可得，由（1）可得，可得，所以，，則，故，因為，所以，故，因此，的周長為.17.如圖，邊長為2的正方形是圓柱的軸截面，為底面圓上的點，為線段的中點．（1）證明：平面．（2）若直線與平面所成角的正弦值為，求的長．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）取線段的中點，連接，證明四邊形為平行四邊形，則，再根據(jù)線面平行的判定定理即可證明；（2）建立合適的空間直角坐標系，求出相關平面的法向量，利用線面角的空間向量求法即可得到方程，解出即可.【小問1詳解】取線段的中點，連接．在中，．因為，所以，所以四邊形為平行四邊形，則．因為平面平面，所以平面．【小問2詳解】連接．因為是圓的直徑，所以．過點作圓柱的母線，則平面，所以互相垂直．以為原點，的方向分別為，，軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系．不妨設，則，所以．設為平面的法向量，所以，令，則．易知直線的一個方向向量為．記直線與平面所成的角為，則，化簡得．結合，解得，所以．18.已知點、在拋物線上，為原點，且是以為斜邊的等腰直角三角形，斜邊長為．（1）求拋物線的方程；（2）若點在圓上，過點分別作的直線、與拋物線相切于、兩點，求的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由題意知，、兩點關于軸對稱，設點在軸右側，求出點的坐標，將點的坐標代入拋物線方程，求出的值，即可得出拋物線的方程；（2）不妨設點、分別在第一、二象限，直線的方程為，設點、，將直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，利用導數(shù)的幾何意義求出直線、的方程，求出點的坐標，將點的坐標代入圓的方程，可得出，然后利用兩角和的正切公式結合換元法、二次函數(shù)的基本性質可求得的取值范圍.【小問1詳解】由題意知，、兩點關于軸對稱，設點在軸右側，則，即點，將點的坐標代入拋物線方程可得，解得，故拋物線的方程為.【小問2詳解】不妨設點、分別在第一、二象限，直線的方程為，設點、，聯(lián)立得，，由韋達定理可得，，由得，則直線的斜率為，所以，直線的方程為，即，同理可知，直線的斜率為，直線的方程為，聯(lián)立直線、的方程得，解得，則，故點，因為點在圓上，所以，且，顯然成立，過點作軸的垂線，垂足為點，，，，令，因為，則，，所以，令，則函數(shù)在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減，故當時，取最小值，且最小值為，當時，取最大值，且最大值為.因此，的取范圍是.19.某商家為吸引顧客，準備了兩份獎品，凡是進店消費即可參與抽獎，獎品被抽完即抽獎活動終止．抽獎的規(guī)則如下：在一個不透明的盒子中有放回地取球（小球大小和質地相同），取出紅球，則不獲獎，取出白球，則獲獎．剛開始盒子中有個白球和個紅球，參與抽獎的顧客從盒子中隨機抽取1個球，若不獲獎，則將球放回，該顧客抽獎結束，下一名顧客繼續(xù)抽獎．若獲獎，則將球放回后再往盒子中加個紅球，該顧客再繼續(xù)抽獎．若第二次抽獎不獲獎，則將球放回，該顧客只獲得一份獎品，抽獎結束，下一名顧客繼續(xù)抽獎；若第二次抽獎獲獎，則該顧客獲得兩份獎品，整個抽獎活動結束．該活動深受顧客喜歡，假設這兩份獎品沒被抽完前始終有顧客參與抽獎．（1）求第名和第名顧客各抽中一份獎品的概率；（2）求這兩份獎品都被第名顧客抽取的概率；（3）求由第名顧客終止抽獎活動的概率．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）分析可知第名顧客抽取的是紅球；第名顧客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是紅球；第名顧客抽取的是白球.結合獨立事件的概率公式可求得所求事件的概率；（2）利用列舉法列舉出這兩分別獎品都被第名、第名、第名顧客抽走的概率，利用歸納可得出這兩份獎品都被第名顧客抽取的概率；（3）設由第名顧客終止抽獎的概率為，可得出的值，討論的情形，第名顧客共抽取了兩份獎品，則前面名顧客都沒有抽到獎品；第名顧客抽取了一份獎品，則前面名顧客中第名顧客抽到了一份獎品，計算出兩種情況下所求概率，相加即可得解.【小問1詳解】由題意可得第名和第名顧客各抽中一份獎品，即第名顧客抽取的是紅球；第名顧客第一次抽取的是白球，第二次抽取的是紅球；第名顧