武汉市2023届高中毕业生四月调研考试数学试题(含答案)

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

本试题卷共5页，22题，全卷满分150分。考试用时120分钟。

2023.4.11

⋆

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。写在试春、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A=



x|x

2

-x-6<0



，B={x|2x+3>0}，则A∩B=

A.



-2,-

2.若复数

3

2



B.



3

,3

2



3

C.



-

,3



2

3

D.



-

,2



2

(

C.-

2

3

D.

2

3

(

D.-

7

25

(

2



AE

3

1



AE

3

)

)

)

()

a+3i

是纯虚数，则实数a=

2+i

33

A.-B.

22

π3π

=

，则sin2α+

=



3



56



24247

A.B.-C.

252525



4.正六边形ABCDEF中，用AC

和AE表示CD，则CD

=

2



1



1



A.-AC

+

AEB.-AC

+

333

2



2



1



C.-AC

+

AED.-AC

+

333

3.已知sin



α+

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



a

n



，则a

10

=

A.55B.49C.43D.37

()

6.设抛物线y

2

=6x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120°，则|PF|=

A.3B.6C.9D.12

2

()

7.阅读下段文字：“已知2为无理数，若(2)

2

为有理数，则存在无理数a=b=2，使得a

b

为有理数；若(2)

为无理数，则取无理数a=(2)

2

，b=2，此时a

b

=



(2)

2



2

=(2)

字可以证明的结论是

·1·

2⋅2

=(2)

2

=2为有理数，”依据这段文

()

A.(2)

2

是有理数

C.存在无理数a，b，使得a

b

为有理数

B.(2)

2

是无理数

D.对任意无理数a，b，都有a

b

为无理数

8.已知直线y=kx+t与函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的图像恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取

值中最大的两个值分别为k

1

和k

2

，且k

1

>k

2

，则

A.

k

1

7

>

k

2

3

B.

k

1

57

<<

3k

2

3

C.

k

1

75

<<

5k

2

3

D.

k

1

7

<

k

2

5

()

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：

转移净收入

财产净收入

4%

6%

转移净收入

5%

财产净收入

工资性收入

28%

37%

工资性收入

30%

60%

30%

经营净收入

经营净收入

招商引资前

经济收入构成比例

招商引资后

经济收入构成比例

则下列结论中正确的是

A.招商引资后，工资性收人较前一年增加

B.招商引资后，转移净收人是前一年的1.25倍

C.招商引资后，转移净收人与财产净收人的总和超过了该年经济收人的

D.招商引资后，经营净收人较前一年增加了一倍

2

5

()

y

2

x

2

10.椭圆

2

+

2

=1(a>b>0)的一个焦点和一个顶点在圆x

2

+y

2

-5x-4y+4=0上，上该椭圆的离心率的可

ab

能取值有()

A.

1

2

B.

1

4

C.

25

5

D.

5

5

(

y

y

y

)

11.函数y=



kx

2

+1



e

x

的图象可能是

y

O

A

x

O

B

x

O

C

x

O

D

x

12.三棱锥P-ABC中，AB=22，BC=1，AB⊥BC，直线PA与平面ABC所成的角为30°，直线PB与平面ABC

所成的角为60°，则下列说法中正确的有

A.三棱锥P-ABC体积的最小值为

3

3

6

B.三棱锥P-ABC体积的最大值为

2

C.直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角P-BC-A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P-AB-C的平面角为钝角

·2·

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.(x-1)(2x+1)

6

的展开式中含x

2

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l

1

：y=2x和l

2

：y=kx+1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)

2ln(x-1)

图象上的动点，若对任意

x

16.在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数f(x)=axe

x

-ln(ax)和g(x)=

a>0，有|PQ|≥m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



a

n



的前n项和为S

n

，对任意n∈N

*

，有S

n

=n



a

n

+n-1



．

(1)证明：



a

n



是等差数列；

(2)若当且仅当n=7时，S

n

取得最大值，求a

1

的取值范围．

18.(12分)

设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有2sin



B+

(1)求角A；

(2)若BC边上的高h=

3

a，求cosBcosC．

4

πb+c

=

．

6



a

·3·

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△AEF沿EF翻折至△A

1

EF，得到四

棱长A

1

-EFCB，P为A

1

C的中点．

(1)证明：FP⎳平面A

1

BE；

(2)若平面A

1

EF⊥平面EFCB，求直线A

1

F与平面BFP所成的角的正弦值．

A

A

1

E

F

E

B

P

F

C

B

C

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．

1

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

2

1

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．

2

(1)若两人各抛掷3次，求抛赛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(n+1)次，乙抛掷n次，n∈N

*

，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)

y

2

x

2

过点(4,2)的动直线l与双曲线E：

2

-

2

=1(a>0,b>0)交于M，N两点，当l与x轴平行时，|MN|=42，

ab

当l与y轴平行时，|MN|=43．

(1)求双曲线E的标准方程；

(2)点P是直线y=x+1上一定点，设直线PM，PN的斜率分别为k

1

，k

2

，若k

1

k

2

为定值，求点P的坐标．

22.(12分)

k

，其中k>0．

x

(1)证明：f(x)恒有唯一零点；

e

(2)记(1)中的零点为x

0

，当0



x

0

,0



对称的两点．

2

已知函数f(x)=xlnx-

·4·

武汉市2023届高中毕业生四月调研考试

数学试卷参考答案及评分标准

选择题：

题号

答案

填空题：

13.

−48

14.

5

1

C

2

A

3

D

4

B

5

A

6

B

7

C

8

B

9

AD

10

BCD

11

ABC

12

ACD

6

15.

−2,−

4

,

−1−5

,

−1+5

322

16.

32

2

解答题：

17.（10分）解：

（1）由题意，

S

n

=na

n

+n(n−1)

，

S

n+1

=(n+1)a

n+1

+n(n+1)

.

两式相减得：

a

n+1

=(n+1)a

n+1

−na

n

+2n

.

整理得：

a

n+1

−a

n

=−2

，所以

{a

n

}

是等差数列. …………5分

（2）由题意：

a

7

0

，

a

8

0

.

由

{a

n

}

公差为

−2

，故

a

1

+6(−2)0

且

a

1

+7(−2)0

.

解得：

12a

1

14

. …………10分

18.（12分）解：

（1）由正弦定理得：

3sinB+cosB=

sinB+sinC

.

sinA

3sinAsinB+sinAcosB=sinB+sin(A+B)

，

3sinAsinB+sinAcosB=sinB+sinAcosB+cosAsinB

，即

3sinAsinB=sinB+cosAsinB

.

又

sinB0

，故

3sinA−cosA=1

，即

sin(A−



)=

1

.

62

由

0A



，得：

A=



. …………6分

3

3

a=

1

bcsinA

，代入

A=



，整理得：

a

2

=2bc

. （2）

ABC

面积

S=

1

a

3

242

2

故

sinA=2sinBsinC

，得：

sinBsinC=

3

.

8

又

cos(B+C)=−cosA=−

1

，即

cosBcosC−sinBsinC=−

1

.

22

所以

cosBcosC=−

1

. …………12分

8

19.（12分）解：

（1）取

A

1

B

中点

Q

，连接

PQ,EQ

，

//

1

BC

且

FE

=

//

1

BC

，有

PQ

=

//

FE

.

PQ

=

22

故四边形

EFPQ

是平行四边形，所以

FP

∥

EQ

.

又

FP

平面

A

1

BE

，

EQ

平面

A

1

BE

，

所以

FP

∥平面

A

1

BE

. …………6分

（2）取

EF

中点

O

，

BC

中点

G

，由平面

A

1

EF⊥

平面

EFCB

，且交线为

EF

，故

AO⊥

平面

EFCB

.

1

此时，

OA

1

,OE,OG

两两垂直，以

O

为原点，

OE,OG,OA

1

所在直线分别为

x

轴、

y

轴、

z

轴，建立如

图所示的空间直角坐标系.

有

B(2,3,0)

，

A

1

(0,0,3)

，

F(−1,0,0)

，

C(−2,3,0)

，

AC

中点

P(−1,

1

3

,

3

)

.

2

2

FP=(0,

3

,

3

)

，

FB=(3,3,0)

.

22



3



y+

3

z=0





nFP=0

2

设平面

BFP

的法向量

n=(x,y,z)

，由



，得



2

，取

n=(1,−3,3)

.





3x+3y=0



nFB=0



|nA

1

F|

|−1−3|27

又

A

1

F=(−1,0,−3)

，故所求角的正弦值为.

==

7

|n||A

1

F|

74

所以直线

A

1

F

与平面

BFP

所成角的正弦值为

20.（12分）解：

01

1

23

1

2

（1）甲乙正面朝上次数相等的概率为：

(C

3

1

)

2

+(C

3

)+(C

3

2

1

3

)

2

+(C

3

)=

5

.

333

27

.

7

…………12分

2222

16

由对称性，甲正面朝上次数大于乙和小于乙的概率相等.

故甲正面朝上次数大于乙的概率为

1

(1−

5

)=

11

.

2

（2）设甲正面朝上次数大于乙为事件

A

.

1632

…………6分

方法一：

设甲乙均抛掷

n

次时，两人正面朝上次数相等的概率为

p

.

若此时甲正面朝上次数小于乙，则事件

A

不会发生；

若此时甲正面朝上次数等于乙，则甲第

(n+1)

次抛掷结果为正面朝上才会有事件

A

发生；

若此时甲正面朝上次数大于乙，则无论甲第

(n+1)

次抛掷结果如何，都有事件

A

发生，由对称性此时甲正

面朝上次数大于乙和小于乙的概率相等，均为

1

(1−p)

.

2

…………12分

111

所以

P(A)=p+(1−p)1=

.

222

方法二：

设甲正面朝上次数为

X

，乙正面朝上次数为

Y

.

因为

A=\"XY\"

，所以

A

表示甲正面朝上次数不大于乙.

有

A=\"XY\"=\"X−1Y\"=\"n+1−Xn−Y\"

.

此时

A

也表示甲反面朝上次数大于乙.

根据对称性，甲正面朝上次数大于乙的概率和甲反面朝上次数大于乙的概率相等.

故

P(A)=P(A)

，由

P(A)+P(A)=1

，得

P(A)=

1

.

2

…………12分

21.（12分）解：

（1）根据双曲线的对称性，双曲线

E

过点

(22,2)

和

(4,23)

.



8

−

4

=1

2





a

2

b

2



a=4

所以



，解得：



2

.

1612





2

−

2

=1



b=4



ab

2

y

2

x

−=1

. 故双曲线

E

的标准方程为

44

（2）当直线

l

的斜率存在时，设直线

l

的方程为

y=k(x−4)+2

，

2222

…………4分

与双曲线方程联立，得

(k−1)x−(8k−4k)x+16k−16k+8=0

.

22

16k8−16k+8

.

k−4k

xx=

设

M(x

1

,y

1

),N(x

2

,y

2

)

，有

x

1

+x

2

=

，

12

k

2

−1k

2

−1

设

P(t,t

+1)

.

(y−t−1)(y

2

−t−1)(kx

1

−4k−t+1)(kx

2

−4k−t+1)

k

1

k

2

=

1

=

(x

1

−t)(x

2

−t)(x

1

−t)(x

2

−t)

k

2

x

1

x

2

−k(4k+t−1)(x

1

+x

2

)+(4k+t−1)

2

k

2

(16k

2

−16k+8)−k(4k+t−1)(8k

2

−4k)+(4k+t−1)

2

(k

2

−1)

==

22222

x

1

x

2

−t(x

1

+x

2

)+t16k−16k+8−t(8k−4k)+t(k−1)

(t

2

+2t−11)k

2

−8(t−1)k−(t−1)

2

=

.

222

(t−4)k+4(t−4)k−(t−8)

当

t=4

时，不满足

k

1

k

2

为定值.

2

−8(t−1)−(t−1)

2

t+2t−11

==

当

t4

时，若

k

1

k

2

为定值，则，解得

t=3

，此时

k

1

k

2

=4

.

4(t−4)

−(t

2

−8)(t−4)

2

经检验，当直线

l

斜率不存在时，对

P(3,4)

，也满足

k

1

k

2

=4

.

所以点

P

坐标为

(3,4)

. …………12分

22.（12分）解：

（1）令

f(x)=0

，得

k=xlnx

.

由

k0

得：

x1

.

又函数

y=xlnx

是

(1,+

)

上的增函数，且值域为

(0,+

)

.

故对任意

k0

，在

(1,+

)

上恒存在唯一

x

0

，使得

k=x

0

lnx

0

.

所以函数

f(x)

恒有唯一零点. …………4分

2

2

2

（2）当

k=

e

时，

x

0

=e

，故

0k

e

时，

1x

0

e

.

22

由题意，要求存在

t(0,x

0

)

，使得

f(x

0

+t)+f(x

0

−t)=0

.

令

F(t)=f(x

0

+t)+f(x

0

−t) (0tx

0

)

，下面证明

F(t)

在

t(0,x

0

)

有零点：

F\'(t)=f\'(x

0

+t)−f\'(x

0

−t)

，

记

G(t)=F\'(t)

，

g(x)=f\'(x)

.

G(t)=g(x

0

+t)−g(x

0

−t)

，

G\'(t)=g\'(x

0

+t)+g\'(x

0

−t)

.

2

12kx

k

f\'(x)=1+lnx+

2

，

g\'(x)=−

3

=

−

3

2k

.

x

x

x

x

当

0x2k

时，

g\'(x)0

；当

x2k

时，

g\'(x)0

.

2222

由

0k

e

时，

1x

0

e

，

x

0

−2k=x

0

−2x

0

lnx

0

=x

0

(1−2lnx

0

)0

.

2

故

x

0

2k

，当

0tx

0

−2k

时，

x

0

+tx

0

−t2k

.

有

g\'(x

0

+t)0

，

g\'(x

0

−t)0

.

此时

G\'(t)0

，有

F\'(t)

在

(0, x

0

−2k)

单调递增，

故

0tx

0

−2k

时，

F\'(t)F\'(0)=f\'(x

0

)−f\'(x

0

)=0

.

故

F(t)

在

(0, x

0

−2k)

单调递增，

F(x

0

−2k)F(0)=2f(x

0

)=0

.

又

x→0

时，

f(x)→−

，故

t→x

0

时，

F(t)→−

.

故

F(t)

在

t(x

0

−2k,x

0

)

有零点，即

F(t)

在

t(0,x

0

)

有零点，问题得证. …………12分