【文档说明】湖北省武汉市江汉区2023-2024学年高二上学期8月新起点摸底考试数学试题 含解析.docx，共(19)页，1.424 MB，由小赞的店铺上传

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江汉区2022级高二新起点摸底考试数学试卷江汉区教研培训中心命制2023.8.28本试卷共4页，22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（本大题共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，请将正确答案填涂在答题卡上.）1.已知集03Axx=，合220Bxxx=−−，则AB=（）A.[0,1)B.(1,3]−C.(2,3

]D.[0,2)【答案】D【解析】【分析】求解二次不等式，再求交集即可.【详解】()()22021012Bxxxxxxxx=−−=−+=−，故AB=[0,2).故选：D2.若复数z的虚部小于0，且21

z=−，则()1zz−=（）A.1i+B.1i−C.1i−+D.1i−−【答案】B【解析】【分析】设复数i,0zabb=+，然后根据21z=−，解得iz=−，最后带入求解即可.【详解】设复数i,0zabb=+，因为21z=−

，所以2222izabab=−+，所以0,1,iabz==−=−，所以()()21i1iii=1izz−=−+=−−−.故选：B.3.某中学高三年级共有学生600人，为了解他们的视力状况，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为20的样本，若样本中共有女生11人，则该校高三年级共有男生（）人A.28

5B.270C.315D.330【答案】B【解析】【分析】设高三男生人数为n人，则高三女生人数为()600n−人，利用分层抽样可得出关于n的等式，解之即可.【详解】设高三男生人数为n人，则高三女生人数为()600n−人，由分层抽样可得6001

160020n−=，解得270n=.故选：B.4.已知0.3log0.7a=，0.30.7b−=，7log3c=则（）A.acbB.cabC.cbaD.abc【答案】A【解析】【分析】根据题意，由指数函数和对数函数的单调性分别限定,,abc的范围即可求出结果.【详解

】由0.3logyx=在()0,+上单调递减可知，0.30.30.3log1log0.7log0.3<<，即102a；由对数函数7logyx=在()0,+上单调递增可知，777log7log3log7<<，即112c；又可

知0.3010.70.7b−==>，即1b；所以可得acb.故选：A5.已知向量()3,3a=，(1,0)b=，则向量a在向量b上的投影向量为（）A3b−B.3bC.3bD.3b−【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积的坐标表示

可知1cos,2ab=，再由投影向量的定义即可求得结果.【详解】易知31cos,2231ababab===，根据投影向量的定义可知，向量a在向量b上的投影向量1cos,2332bbaabbbb==.故选：C6.著名田园诗人陶渊明也是一个大思想家，他曾言：勤学如春起之苗，不见其增，日有

所长；辍学如磨刀之石，不见其损，日有所亏．今天，我们可以用数学观点来对这句话重新诠释，我们可以把“不见其增”量化为每天的“进步率”都是1%，一年后是3651.01；而把“不见其损”量化为每天的“落后率”

都是1%，一年后是3650.99．可以计算得到，一年后的“进步”是“落后”的3653651.0114810.99倍．那么，如果每天的“进步率”和“落后率”都是20%，要使“进步”是“落后”的10000倍，大约需要经过（lg20.301，lg30.477）（）A17天B.19天C.21天D

.23天【答案】D【解析】【分析】根据题意得3100002x，根据对数的运算性质即可求解.【详解】经过x天后，“进步”与“落后”的比1.2100000.8xx，3100002x，两边取以10为底的对数得3lg42

x，()()lg3lg20.4770.3010.1764xxx−=−=，422.730.176x，..所以大于经过23天后，“进步”是“落后”的10000倍．故选：D7.若函数()()πcos06fxx

=+在π0,6有最小值无最大值，则的取值范围是（）A.[5,11)B.(2,14]C.[2,14)D.(5,11]【答案】D【解析】【分析】由π0,6x可得π6x+取值范围，再根据函数()πcos(0)6fxx=+在π0,6

有最小值无最大值，结合余弦函数的单调性与最值分析即可.【详解】由π0,6x，0可得ππππ,6666++x，又函数()()πcos06fxx=+在π0,6有最小值无最大值，故πππ2π66+，解得51

1.故选：D8.在三棱锥−PABC中，底面ABC为等腰三角形，120ABC=，且ACPA=，平面PAC⊥平面ABC，PABC⊥，点Q为三棱锥−PABC外接球O上一动点，且点Q到平面PAC的距离的最大值

为17+，则球O的表面积为（）A.7πB.14πC.28πD.35π【答案】C【解析】【分析】取AC的中点M，设BMa=，设ABC外接圆的圆心为1O，半径为r，球O的半径为R，可结合线面垂直的性质与判定求得7Ra=，再根据垂直关系可得点O到平面P

AC的距离等于点1O到平面PAC的距离，进而列式求解即可.【详解】取AC的中点M，连接1,BMOM，因为ABBC=，所以BMAC⊥，因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC平面ABCAC=，BM平面ABC，所以BM⊥平面PAC.因为PA

平面PAC，所以BMPA⊥，又因为PABC⊥，BMBCB=，,BMBC平面ABC，所以PA⊥平面ABC.因为ABC为等腰三角形，且120ABC=，则60ABMCBM==，设BMa=，则2BABCa==，23PAA

Ca==.设ABC外接圆的圆心为1O，半径为r，球O的半径为R，如图所示，B，M，1O三点共线，由BM⊥平面PAC，可得1OM⊥平面PAC．由正弦定理124sin120ACOBa==，故12OBa=，则1OMa=.连接1OA，OA，则1

2OAa=，由PA⊥平面ABC，且ABC外接圆的圆心为1O，可得221172RPAOAa=+=.因为1OO⊥平面ABC，所以1//OOPA，又1OO平面PAC，PA平面PAC，故1//OO平面PAC，所以点O到平面

PAC的距离等于点1O到平面PAC的距离.又因为点Q到平面PAC的距离的最大值为17+，所以1717OMRaa+=+=+，得1a=，所以7R=，球O的表面积为24π28πSR==．故选：C二､多选题：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.已知m､n是两条不同直线，，是两个不同平面，则下列命题错误的是（）A.若∥，m，n，则mn∥B.若mn∥，n，则mC.若⊥，m，则m⊥D.若m，m⊥，则⊥【

答案】ABC【解析】【分析】根据空间线面位置关系，在特殊几何体中举反例的方法则可确定错误选项，再根据判定与性质定理分析正确的命题即可.【详解】在正方体ABCDABCD−中，对于A选项，如图，,

ADBC各在正方体左、右两平行的侧面内，但两直线异面，不平行，故错误；对于B选项，如图，若ABCD∥，CD平面ABCD，但AB平面ABCD，不与平面ABCD平行，故B错误；对于C选项，如图，平面BCCB⊥平面ABCD，BC平面BCCB，但BC

不垂直于平面ABCD，故C错误；对于D选项，若m，则在平面内存在一条直线m与m平行，又m⊥，则m⊥，又m，则由平面与平面垂直的判定定理可知，⊥.故D正确.故选：ABC.10.下列四个结论中正确的是（）A.命题“xR，23210xx−−”的否定

是“0xR，2003210xx−−”B.设a，bR，则“22ab”的充分不必要条件是“ab”C.若“0xR，20020xxa−−”为假命题，则1a−D.若函数2()24fxxx=−+在区间[0,]m上的最大值为4，最小值为3，则实数m的取值范围是[1,2]【答案】CD【解析

】【分析】由全称命题的否定即可判断A，举出反例即可判断B，由一元二次不等式恒成立即可判断C，由二次函数的对称性即可判断D.【详解】命题“xR，23210xx−−”的否定是“0xR，2003210xx−−”，故A错误；当a

b时，得不到22ab，比如当1,2ab==−时，不满足；当22ab时，也得不到ab，比如当2,1ab=−=，故B错误；若“0xR，20020xxa−−”为假命题，则“xR，220xxa−−”为真命题，则()22401aa=−+−，故C正确；函数()

22()2413fxxxx=−+=−+，其对称轴为1x=，由于函数在区间[0,]m上的最大值为4，最小值为3，则12m，故D正确；故选：CD11.在ABC中，1AB=，2BC=，则角C的可能取值为（）A.π8B.π6C.π4D.π3【答案】AB【解析】【分析】由

正弦定理，可得1sinsin2CA=，又(sin0,1A，所以1sin0,2C，又ABBC，可得π0,6C，可判断各个选项.【详解】由正弦定理，可得sin1sinsin2cACAa==，又(sin0,1A，所以1sin

0,2C，又ABBC，所以CA，即角C为锐角，所以角C的取值范围为π0,6，故A，B正确.故选：AB.12.摩天轮常被当作一个城市的地标性建筑，如武汉东湖的“东湖之眼”摩天轮，如图所示，某摩天轮最高点离地面高度55米，转盘直径为50米，设置若干个座舱，游

客从离地面最近的位置进舱，开启后按逆时针方向匀速旋转t分钟，当10t=时，游客随舱旋转至距离地面最远处.以下关于摩天轮的说法中，正确的为（）A.摩天轮离地面最近的距离为5米B.若旋转t分钟后，游客距离地面的高度为h米，则π25cos301

0ht=−+C.存在1t，2[0,15]t，使得游客在该时刻距离地面的高度均为20米D.若在1t，2t时刻游客距离地面的高度相等，则12tt+的最小值为20【答案】ABD【解析】【分析】摩天轮离地面最远距离减去转盘直径，从而可判断A；由时间

t与游客距离地面的高度，求出h关于t的表达式，即可判断B；求出h在0,15t上的单调性，结合当15t=时，3020h=，即可判断C；由余弦型函数的性质可求出12tt+的最小值即可判断D；【详解】对于A，由题意知，摩天轮离地面最近的距离为5

5505−=米，故A正确；对于B，设()sinhAtb=++，当0=t时，游客从离地面最近的位置进舱，当10t=时，游客随舱旋转至距离地面最远处.所以2π20T==，π10=，555302b+

==，555252A−==，又当0=t时，5h=，所以π2=−，所以π25cos3010ht=−+，故B正确；对于C，因为1t，2[0,15]t，又高度相等，函数π25cos3010ht=−+的对称轴为10t=，则12,tt关于10t=对称，则1210

2tt+=，则1220tt+=；令π0π10t，解得010t，令π10π2πt，解得1020t，则h在0,10t上单调递增，在10,15t上单调递减，当10t=时，max55h=，当0=t时，5h=；当15t=时，3π2

5cos3030202h=−+=，所以20h=在0,15t只有一个解，故C错误；对于D，π25cos3010ht=−+周期20T=，由余弦型函数的性质可知，令ππ10tk=，则10tk=，*kN，函数关于10tk=对称，若在1t，2t时刻游客距

离地面的高度相等，则当1k=时，122tt+的最小值为10，12tt+的最小值为20.故D正确.故选：ABD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.有一组按从小到大顺序排列的数据：3，5，x，

8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为___________.【答案】7.5##152【解析】【分析】由极差和平均数求出x，即可求出中位数.【详解】依题意可得极差为1037−=，平均数为

()()113589103566xx+++++=+，所以()13576x+=，解得7x=，所以中位线为787.52+=.故答案为：7.514.若25sin5=，则3πsin22+=___________.【答案】3

5##0.6【解析】【分析】根据余弦二倍角公式以及诱导公式得出结果.【详解】由25sin5=得22253cos212sin1255=−=−=−，所以353πsin2cos22+=−=

.故答案为：35.15.已知333logloglog(2)abab+=+，则3log(2)ab+的最小值为___________.【答案】2【解析】【分析】由对数的性质可得211ab+=，应用基本不等式“1”的代换求2ab+的范围，进而确定目标式的最小值.【详解】由题设33l

og)log(2)(abab=+且,0ab，则2abab=+，故211ab+=，所以2122222(2)()5529babaababababab+=++=+++=，当且仅当22baab=，即3ab==时等号成立，故2[9,)ab++，所以3log(2)

ab+的最小值为2.故答案为：216.设函数()112ee2xxfxxx−−=++−，则使得(2)(3)fxfx+成立的x的取值范围是___________.【答案】1,33−【解析】【分析】利用函数的对称性

，结合导数的性质分类讨论进行求解即可.【详解】设()11eexxgx−−=+，因为()1eexxgx−+=+，()()1ee1xxgxgx−−=+=+，所以函数()11eexxgx−−=+关于直线1x=对称，()11eexxgx−−=−，显然该函数是增函数，当1x时，

()()11ee10xxgxg−−=−=，所以函数()11eexxgx−−=+是增函数；函数()()22211hxxxx=−=−−，对称轴为直线1x=对称，而且当1x时，函数()hx单调递增，所以函数()112ee2xxfxxx−−=++−关于直线1x=对称，而且当1x时，()fx单调递

增，由对称性可知：()fx在1x时，()fx单调递减，当321xx+时，一定有(2)(3)fxfx+成立，解得132x；当321xx+时，(2)(3)fxfx+一定不成立；当213xx+时，即12x时

，由()1(2)(3)22(3)2233fxfxfxfxxxx+−+−+−，即1132x−；当312xx+时，此时x，综上所述：x的取值范围是1,33−，故答案为：1,33−【点睛】关键点睛：本题的

关键是求出函数的对称轴、利用导数求出单调性.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.已知向量a，b满足3a=，1b=，1ab+=.（1）求cos,ab；（2）若BAa=，CAb=，求BCuuur.【答案】（1）32−（2）7【解析】【分析】（1）先求出a

b，然后根据向量的夹角公式求解；（2）先表示出BC，然后根据数量积的定义求解.【小问1详解】因为()()222223121abababab+=++=++=，所以，32ab=−，所以，332cos,23ababab−===−.小问2详解】因为BCA

CABba=−=−+，所以，【()()2222223231272BCbababa=−+=+−=+−−=，所以，BC边的长度为7=BC.18.甲､乙､丙三人各自独立地破译某密码，已知甲､乙都译出密码概率为120

，甲､丙都译出密码的概率为124，乙､丙都译出密码的概率为130.（1）分别求甲､乙､丙三人各自译出密码的概率；（2）求密码被破译的概率.【答案】（1）甲､乙､丙三人各自译出密码的概率分别是14，15，16（2）12【解析】【分析】（1）根据两个相互独立事件同时发生的概率等于两个事件概

率的乘积解方程组得出结果；（2）求解对立事件的概率得出结果.【小问1详解】设事件A､B､C分别为甲､乙､丙三人各自译出密码，由题设条件有1(),201(),241().30PABPACPBC===

即1()(),201()(),?241()().30PAPBPAPCPBPC===解得1()4PA=，1()5PB=，1()6PC=.即甲､乙､丙三人各自译出密码的概率分别是1

4，15，16.【小问2详解】记事件D为密码被破译，则()3451()11(1())(1())(1())14562PDPDPAPBPC=−=−−−−=−=.故密码被破译的概率为12.的19.已知函数ππ()cossinsincos66fxxxxx=−

+−.（1）求()fx的最小正周期和对称中心；（2）在锐角ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若()1fA=，求bca+的取值范围.【答案】（1）π，ππ,0(Z)212kk+（2

）32bca+【解析】【分析】（1）化简()fx的解析式，由此求得()fx的最小正周期，利用整体代入法求得()fx的对称中心.（2）根据()1fA=求得A，利用正弦定理、三角恒等变换的知识化简bca+，根据三角

函数值域的知识求得bca+的取值范围.【小问1详解】由条件可知：ππ()cossinsincos66fxxxxx=−+−3131cossinsinsincoscos2222xxxxxx=++−

22113sincossincos22xxxx=+−31sin2cos222xx=−πsin26x=−，()fx的最小正周期为π，令π2π6xk−=，Zk，解得ππ212kx=+，Zk，()fx的对称中心为ππ,0(Z)212kk+

；【小问2详解】由正弦定理得sinsinsinbcBCaA++=，由（1）()sin26πfxx=−，而()1fA=，得πsin216A−=，ππ22π62Ak−=+，Zk，解得3πAkπ=+，Zk，又(0,π)A，可得π3A=，πA

BC++=，2π3CB=−，代入上式化简得：2ππ33sinsin3sinsincosπ36222sinsinsinsin6BBBBBbcBaAAA+−+++====+，又在锐角ABC中，有π022ππ032BCB=−，ππ62B

，ππ2π363+B，则有3πsin126B+，32bca+.20.如图，在三棱柱111ABCABC-中，BC⊥平面11AACC，111ACAC⊥，1ABAB=.（1）求1AA与平面ABC所成的角；（2）若16CCCB==，求四棱锥111

ABBCC−的体积.【答案】（1）45；（2）36.【解析】【分析】（1）根据给定条件，证明1AC⊥平面ABC，确定直线1AA与平面ABC所成的角，再计算作答.（2）求出点1A到平面11BCCB的距离，再利用锥体体积公式求解作答.【小问1详解】在三棱柱111ABCABC-中，由111ACAC

⊥，11//ACAC，得1ACAC⊥，由BC⊥平面11AACC，1AC平面11AACC，得1BCAC⊥，而,,ACBCCACBC=平面ABC，则1AC⊥平面ABC，因此1AAC就是1AA与平面ABC所成

的角，显然BCAC⊥，又1BCAC⊥，且1ABAB=，则222211ACABBCABBCAC=−=−=，由1AC⊥平面ABC，得1ACAC⊥，于是145AAC=，所以1AA与平面ABC所成的角为45.【小

问2详解】过点1A作11AOCC⊥于O，如图，由BC⊥平面11AACC，1AO平面11AACC，得1BCAO⊥，又11,,CCBCCCCBC=平面11BCCB，则1AO⊥平面11BCCB，即1AO为四棱锥111ABBCC−的高，由（1）知，111ACACAC==，则O是1CC的中

点，在11RtACC△中，11132AOCC==，而1BCCC⊥，所以四棱锥111ABBCC−的体积11116633633VBCCCAO===.21.某学校为了了解老师对“民法典”知识的认知程度，针对不同年龄的老师举办了一次“民

法典”知识竞答，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20,25)，第二组：[25,30)，第三组：[30,35)，第四组：[35,40)，第五组：[40,45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.（1

）根据频率分布直方图，估计这m人年龄的第75百分位数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取40人，担任“民法典”知识的宣传使者.①若有甲（年龄23），乙（年龄43）两人已确定入选宣传使者，现计划从第一组和第五组被抽到的使者中，再随机

抽取2名作为组长，求甲､乙两人恰有一人被选上的概率；②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为36和1，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为42和2，据此估计这m人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1）36.25（2）①815；②283【解析】【分

析】（1）根据频率分布直方图由百分位数的定义代入计算即可得出结果；（2）用列举法列出所有的基本事件数，根据古典概型的公式计算所求概率，由方差的公式即可求解.【小问1详解】设这m人年龄的第75百分位数为a，根据百分位数定义可得0.050.350.3(35)0.040.7

5a+++−=，解得36.25a=.【小问2详解】①由题意得，第一组应抽取2人，记为A，甲，第五组抽取4人，记为B，C，D，乙.对应的样本空间为：Ω{(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),ABACAAADBCBB=甲乙甲乙(,),(,),(,

),(,),(,),(,),(,)}BDCCCDDD甲乙乙甲甲乙，共15个样本点.设事件M=“甲､乙两人恰有一人被选上”，则{(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,),(,)}MAABBCCDD=乙甲乙甲乙乙甲甲，共有8个样本点.所以，()8()()15nMPMn==.②设第

四组､第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为4x，5x，方差分别为24s，25s，则436x=，542x=，241s=，252s=.设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为2s.则4584381212zxx=+=，()()2222244551

284263ssxzsxz=+−++−=，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为283.据此，可估计这m人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为283.22.在平行

四边形ABCD中，24ABAD==，ADDB⊥，如图甲所示，作DEAB⊥于点E，将ADEV沿着DE翻折，使点A与点P重合，如图乙所示.（1）设平面PEB与平面PDC的交线为l，判断l与CD的位置关系，并证明；（2）当四棱锥−PBCDE的体积最大时，求二面角PBCD−−的正弦值；

（3）在（2）条件下，G､H分别为棱DE，CD的点，求空间四边形PGHB周长的最小值.【答案】（1）lCD∥，证明见解析（2）23131（3）2710+【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理可得//lCD；（2）易知当平

面PDE⊥平面BCDE时，四棱锥−PBCDE的体积最大，作出二面角PBCD−−的平面角，即可求出其正弦值；（3）利用平面展开图求得当A､G､H､B共线时，周长最短为2710+.【小问1详解】//lCD，证明如下：因为//EBCD

，CD平面PBE，EB平面PBE，所以//CD平面PBE，又因为CD平面PCD，平面PBE平面PCDl=，所以//lCD.【小问2详解】当平面PDE⊥平面BCDE时，四棱锥−PBCDE的体积最大.平面PDE平面BCDEDE=，PE平面PDE，PEDE⊥，可得PE⊥平面BCDE，

BC平面BCDE，可得PEBC⊥，的作EOBC⊥交BC于点O，连接PO，EOPEE=，可得BC⊥平面POE，而PO在平面PEO中，故BCPO⊥，POE即为二面角PBCD−−的平面角，由24ABAD=

=，ADDB⊥可得30,1,3ABDAEBE===，在RtPOE中，1PE=，333sin602EO==，312PO=，1231sin31312POE==，所以二面角PBCD−−的正弦值为2313

1.【小问3详解】由展开图可知，B关于CD的对称点为B，3DE=，23BB=，由勾股定理可得27AB=，10PB=，当A､G､H､B共线时，周长最短，此时min()2710PGGHHBPBABPB+++=+=+

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