湖北省武汉市2024-2025学年高三下学期（2月）调研考试数学试题（Word版附解析）

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武汉市教育科学研究院命制 2025.2．26
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.
【答案】C
【解析】
【分析】求解确定 ，再由交集运算即可求解；
【详解】 ，
所以 ，
故选：C
2 若复数 z 满足 ，则 （ ）
A. B. 1 C. 2 D.
【答案】A
【解析】
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【分析】结合复数运算法则求 的代数形式，再求其模.
【详解】因为 ，
所以 ，
所以 ，
故选：A.
3. 在三棱柱 中，设 ， ， ， ， 分别为 ， 的中点，则
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合几何图形，利用给定的基底表示向量 .
【详解】在三棱柱 中， .
故选：B
4. 记等差数列 的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ）
A. 6 B. 8 C. 10 D. 12
【答案】A
【解析】
【分析】设出公差，利用等差数列前 项和公式，结合已知列出方程求解.
【详解】设等差数列 的公差为 ，由 ，得 ，解得 ，
由 ，得 ，则 ，所以 .
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故选：A
5. 有四对双胞胎共 8 人，从中随机选出 4 人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ）
A. 40 B. 48 C. 52 D. 60
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，根据分步乘法原理，可得答案.
【详解】先从四对双胞胎中选出一对，有 种选择；
然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，
这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有 种选择.
根据乘法原理，总共有 种选法.
故选：B.
6. 某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图，
下列说法中正确的是（ ）
A. B. 评分的众数估值为 70
C. 评分的第 25 百分位数估值为 67.5 D. 评分的平均数估值为 76
【答案】C
【解析】
【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为 得到方程，求出 ，再根据平均数、百分位数及
众数的计算规则计算可得.
【详解】由题意： ，
解得 ，A 错误，
所以平均数为 ，故 D 错误；
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众数为 ，故 B 错误；
因为 ，第 百分位数估计为 ，故 C 正确；
故选：C
7. 函数 满足： ，若 ， ，则 （ ）
A. 1 B. C. 5 D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析函数 的周期性，利用函数的周期性求 的值.
【详解】由题意可得： ，
用 代替 可得： ，
两式相加得： .
所以 ，所以函数 是以 6 为周期的周期函数.
所以 .
又 ，所以 .
所以 .
所以 .
故选：D
8. 已知 为坐标原点，过抛物线 焦点的直线与该抛物线交于 ， 两点，若 ，
若 面积为 ，则 （ ）
A. 4 B. 3 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出抛物线的焦点坐标，设出直线 方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理，结合抛物线的定
义及三角形面积公式列式求出
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【详解】抛物线 的焦点 ，设直线 ，点 ，
由 消去 得 ，则 ，
，即 ，
，
，则 ，因此 ，
所以 .
故选：A
【点睛】易错点睛：有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，
可直接使用公式 ，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
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，部分选对的得部分分．
9. 函数 ，则下列关于 的说法中正确的是（ ）
A. 最小正周期是 B. 最大值是 2
C. 是区间 上的减函数 D. 图象关于点 中心对称
【答案】AC
【解析】
【分析】根据二倍角余弦公式和辅助角公式化简函数，利用正弦函数的周期求解判断 A；根据正弦函数的
性质判断 B；利用正弦函数的单调性判断 C；由正弦函数的对称中心判断 D.
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【详解】
，
则 的最小正周期是 ，故选项 A 正确；
由三角函数的性质可知 ，即 的最大值是 ，故选项 B 错误；
时， ，因为 在 上单调递减，
故 是区间 上的减函数，故选项 C 正确；
令 ，解得 ，
故 的图象的对称中心为 ， ，令 得 ，
所以 的图象不关于点 中心对称，故选项 D 错误.
故选：AC
10. 已知 且 ，则函数 的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由函数求导，明确导函数的单调性，并构造函数，求导研究其单调性，可得原函数的最值，根据
最值的取值范围，可得答案.
【详解】由 ，求导可得 ，易知函数 在 单调递增，
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令 ，求导可得 在 上恒成立，
则 在 上单调递增，所以 ，
易知 ，使得 ，则 ，即 ，
当 时， ，则函数 在 上单调递减；
当 时， ，则函数 在 上单调递增，
所以 ，由 ，则 ，
令 ，求导可得 ，令 ，解得 ，
当 时， ，则函数 在 上单调递增；
当 时， ，则函数 在 上单调递减.
由 ， ，则存在 ，使得 ，
易知 时， ，所以当 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
对于 AB，由图可得 ，故 ，故 A 错误，B 正确；
对于 CD， ，此时 符号不定，故 BC 可能正确，
故选：BCD.
11. 已知 ，记 为集合 中元素的个数， 为集合 中的最小元素．若非空数集
，且满足 ，则称集合 为“ 阶完美集”．记 为全部 阶完美集的个数，
下列说法中正确的是（ ）
A.
B. 将 阶完美集 的元素全部加 1，得到的新集合，是 阶完美集
C. 若 为 阶完美集， 且 ，满足条件 集合 的个数为
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D. 若 为 阶完美集， 且 ，满足条件的集合 的个数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过对不同阶数完美集的子集情况进行分析来确定集合个数，同时依据完美集的性质判断相关结
论的正确性.
【详解】当非空数集 是 子集中含 个元素的子集时， .根据“n 阶完美集”的定义，
中大于等于 的数有 、 、 、 共 个，所以此时 可以是 、 、 、 .
当非空数集 是 子集中含 个元素的子集时， . 中大于等于 的数有 、 、 共
个，所以此时 可以是 、 、 .
当非空数集 是 子集中含 个元素的子集时， . 中大于等于 的数有 、 共 个，
不满足“n 阶完美集”的定义，所以 中 个元素的子集不满足.
同理， 中含 个元素的子集也不满足.
综上，4 阶完美集有 、 、 、 、 、 、 ，所以 ，故 A 正确.
若将“n 阶完美集” 中元素全部加 ， 中元素个数不变，但 加 变大，均不违背“ 阶完美
集”的定义，所以得到的新集合是一个“ 阶完美集”，故 B 正确.
对于满足“ 阶完美集”的所有 ， 属于所有 或不属于所有 ，均可视为同一情形，即退化为
“ 阶完美集”的情况，总个数为 .
又因为 ，所以满足条件的集合 要排除掉“ 阶完美集”中只含有 个元素的情形（排除 个
单元素集合），因此满足条件的集合 的个数均为 ，故 C 错误，D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：新定义题型，关键就是读懂题意，将陌生的概念转化为熟悉的知识，再借助旧知解
题即可.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 直线 经过椭圆 的两个顶点，则该椭圆的离心率为________．
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【答案】
【解析】
【分析】由直线方程求得其在坐标轴上截距，可得椭圆的 的值，根据离心率的计算，可得答案.
【详解】当 时，由 ，则 ；当 时，由 ，则 ，
由题意可得 为椭圆 的顶点，
则椭圆的方程为 ，所以 ，
可得 ，所以离心率 .
故答案为： .
13. 已知 ， ，则 ________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，切化弦，再利用和差角的余弦公式求解.
【详解】依题意， ，则 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以 .
故答案为：
14. 四棱锥 中， ， ， ， ， ，
内部点 满足四棱锥 与三棱锥 的体积相等，则 长的最小值为________．
【答案】 ##
【解析】
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【分析】延长 交 于点 ，令 ，根据给定条件，利用等体积转化探究可得
，再结合直角三角形及向量运算建立 为 的函数，进而求出最小值.
【详解】在四棱锥 中，延长 交 于点 ，令 ，
由 ， ，得 ，又 ，
则 ，
由 ，得 ，则 ， ，
，
，设点 到底面距离为 ，
依题意， ， 由 ，
得 ，则 ，
而 ，则 ，
，令 ，
当 ，即 时， ，所以 长的最小值为 .
故答案为：
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【点睛】关键点点睛：利用等体积转化求出 是求解问题的关键.
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. 已知函数 ，曲线 在点 处的切线与 平行．
（1）求 的值；
（2）求 的极值．
【答案】（1）2 （2）极小值为 ，无极大值.
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，可得 ，可求 的值.
（2）求导，分析函数的单调性，可得函数的极值.
【小问 1 详解】
因为 ， .
所以 ， .
由题意 .
【小问 2 详解】
因为 ， .
所以 ， .
由 ；由 .
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
所以当 时，函数取得极小值，且 .
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16. 如图，直角梯形 中， ， ， ， ， ，点 为线段
不在端点上的一点，过 作 的平行线交 于 ，将矩形 翻折至与梯形 垂直，得到六面
体 ．
（1）若 ，求 的长；
（2）求异面直线 与 所成角余弦值的最小值．
【答案】（1）5 （2）
【解析】
【分析】（1）由翻折后的位置关系和 可得 平面 ，进而得 ，进而可得
；
（ 2） 先 在 平 面 中 找 到 ， 进 而 转 化 为 求 余 弦 的 最 小 值 ， 先 利 用
求其正切的最大值，进而可得.
【小问 1 详解】
连接 ，平面 平面 ，交线为 ，
由 ，有 平面 ，又 平面 ，所以 ,
当 ， ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
此时 与 相似，故 ，
设 ，由 ，解得 ，所以 .
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【小问 2 详解】
过 作 的平行线交 于点 ，连接 ，
由 ，且 ，
得四边形 是平行四边形，故 ，
所以 即为异面直线 与 所成的角，
设 ，
，
所以锐角 正切值的最大值为 ，此时余弦值有最小值 ，
所以异面直线 与 所成角余弦值的最小值为 .
17. 如图， 与 存在对顶角 ， ， ，且 ．
（1）证明： 为 中点；
（2）若 ，求 的长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设 ， ，结合余弦定理，表示出 与 ，根据 列式化简可得.
（2）先确定角 的数量关系，根据 求角 的三角函数，再在 中用正弦
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定理，可求 的长.
【小问 1 详解】
设 ， ，则 ， .
在 中，由余弦定理得：
在 中，由余弦定理得： .
由 ，所以 .
化简得： .
故 为 中点.
【小问 2 详解】
如图：
过 点做 ，交 与 .
则 .
由 （ ）.
所以 ，又 ，所以 .
所以 .
所以 ，又 ， .
所以 .
由
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所以
又 ，所以 ，所以 .
所以 .
即 .
在 中，根据正弦定理，可得： .
18. 有 ， ， ， ， ， ， ， 八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛
三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知 这七名
运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为 ， 运动员与其它运动员对决时， 获胜的概率为 ，每场对
决没有平局，且结果相互独立．
（1）求这八名运动员各自获得冠军的概率；
（2）求 与 对决过且最后获得冠军的概率；
（3）求 与 对决过且最后获得冠军的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）分别求出 与 在第 1,2,3 轮对决且胜利的概率，最后相加即可；
（3）求出 没有与 对决过且最后获得冠军的概率，再利用条件概率和全概率公式计算即可.
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【小问 1 详解】
夺冠即为三轮比赛都获胜，所以 夺冠的概率为 ．
由题意， 七名运动员水平相同，且八名运动各自夺冠概率之和为 1．
所以 七名运动员各自夺冠的概率均为 ．
【小问 2 详解】
记事件 ＂ 获得冠军＂，事件 ＂ 与 对决过＂，事件 “ 与 在第 轮对决”， ．
不妨设 在①号位，则 在第 1,2,3 轮能与 对决时其位置编号分别为②，③④，⑤⑥⑦⑧．
，
，
，
，
所以 .
【小问 3 详解】
记事件 “ 与 对决过”．
没有与 对决过且最后获得冠军的概率 ．
由题意， 六名运动员与 对决过的概率相同， 夺冠时共与三名运动员对决．
所以 ．
代入得： ．
【点睛】关键点点睛：本题第三问 关键是利用全概率公式计算出相关概率.
19. 双曲线 的一个顶点在直线 上，且其离心率为 ．
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（1）求双曲线 的标准方程；
（2）若一条直线与双曲线恰有一个公共点，且该直线与双曲线的渐近线不平行，则定义该直线为双曲线的
切线，定义该公共点为切线的切点，已知点 在直线 上，且过点 恰好可作双曲线 E 的两条切线，设这
两条切线的切点分别为 和 ．
（i）设点 的横坐标为 ，求 的取值范围；
（ii）设直线 和直线 分别与直线 交于点 和点 ，证明：直线 和直线 交点在定直
线上．
（附：双曲线 以点 为切点的切线方程为 ）
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出 ，再根据离心率得到 ，则得到其双曲线方程；
（2）（i）首先排除切线斜率不存在的情况，再采用设线法，并联立双曲线方程，根据判别式得到 的范围；
（ii）设 ，根据切线结论得到直线 和 方程，再联立求出 的坐标，再求出
的坐标，得到直线 方程，再分别设直线 与直线 交点为 ，直线 与直线 交点为 ，证明两点
重合即可.
【小问 1 详解】
直线 方程中，令 ，则 ，
则直线 与 轴交于 ，所以 ．离心率 ，
所以 ，故 ．
所以双曲线 的标准方程为 ．
【小问 2 详解】
（i）经检验，当一条切线斜率不存在时，
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若 ，显然另一条切线方程斜率存在，设切线方程为 ，
联立双曲线方程得 ，
则 ，
解得 ，而双曲线渐近线方程为 ，则此时不符合题意，
当 时，此时只有一条切线，显然不合题意，
则两条切线斜率均存在，设切线斜率为 ，切线方程为 ，
与双曲线方程联立得： ，
令 ．
整理得： ，由于 ，所以 且 ．
上式整理得： ．
由题意， 有两个相异实根，所以 ，
且 ．
整理得： ，解得： ．
综上所述， 的取值范围是 ．
（ii）设 ．
直线 和 方程分别为 和 ．
联立得点 ．
又点 直线 上，代入整理得： ．①
在直线 方程中，令 ，则 ，得点 ．
，
第 18页/共 19页
故直线 方程为： ．
设直线 与直线 交点为 ，联立两直线方程： ．
解得： ．
设直线 与直线 交点为 ，
同理可得： ．
由①式，作差 的分子有
，
作差 的分母有
.
则可得 和 表达式的分子分母分别相等．
故 ， 两点重合，所以直线 与 的交点在定直线 上．
【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是采用证明两交点重合的方程得到定直线方程.
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