【文档说明】湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题 Word版含解析.docx，共(16)页，1.675 MB，由小赞的店铺上传

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2024年高二9月起点考试高二数学试卷命题学校：安陆一中命题教师：陈汉荣李治国余华萍审题学校：安陆一中考试时间：2024年9月5日下午14：30-16：30试卷满分：150分注意事项：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城均

无效.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.孝感市某高中有学生1200人，其中高一年级有学生400人，高二年级有学生600人，现采用分层随机抽样的方法抽取120人进行问卷调查，则被抽到的高二年级学生人数比高

一年级学生人数多（）A.20B.30C.40D.50【答案】A【解析】【分析】根据题意先求抽样比，进而求高一，高二被抽到的学生生人数即可求解.【详解】抽样比等于1201120010=，于是，高一被抽到的学生人数为14004

010=，高二被抽到的学生人数为16006010=，所以高二年级学生人数比高一年级学生人数多604020−=.故选：A.2.已知复数z满足：()i12i34z+=−，则复数z的虚部为（）A.2iB.-2C.2D.2i−【答案】C【解析】【分析】由复数的除法先求出复数z，结合共轭复数的概念，进而

可得出结果.【详解】因为()12i34iz+=−，所以()()()()34i12i34i510i12i12i12i12i5z−−−−−====−−++−，所以12iz=−+所以虚部为2.故选:C3.已知()()2,0,2

,2ab==，则a在b上的投影向量为（）A.()2,1B.()1,1C.()2,1D.()2,2【答案】B【解析】【分析】利用cos,baabb即可得到a在b上的投影向量.【详解】a在b上的投影向量为()()24cos,2,21,18babbabaa

babbabbb====.故选：B.4.已知圆锥的侧面积为2π，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为π3的扇形，则该圆锥的底面圆半径为（）A.33B.233C.3D.433【答案】A【解析】【分析】设出圆锥底面圆半径，表

示出圆锥母线长，再利用圆锥侧面积公式计算即得.【详解】设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，则π2π3rl=，解得6lr=，由圆锥的侧面积为2π，得π2πrl=，即262r=，所以33r=.故选：A5.掷两枚质地均匀的骰子，设A=“第一枚出现小于4

的点”，B=“第二枚出现大于3的点”，则A与B的关系为（）A.互斥B.互为对立C.相互独立D.相等【答案】C【解析】【分析】根据独立事件的概念进行判断.【详解】对于该试验，第一枚骰子与第二枚骰子出现点数互不影响，故A与B相互独立.故选：C6.在三棱锥SABC−

中，三个侧面与底面ABC所成的角均相等，顶点S在ABCV内的射影为O，则O是ABCV的（）A.垂心B.重心C.内心D.外心【答案】C【解析】【分析】根据三垂线定理可得平面的夹角，结合题意得SDOSEOSFO==，即可根据锐角三解函数得ODOEOF==，由内心的性质即可求解.【详解】

若三个侧面与底面所成的角相等，则分别作三个侧面三角形的斜高,,SDSESF，由三垂线定理，得ODBC⊥，OEAC⊥，OFAB⊥，则SDO、SEO、SFO分别是三侧面与底面所成角的平面角，SDOSEOSFO==，tanOSSDOOD=，tan

OSSEOOE=，tanOSSFOOF=，ODOEOF==，O是ABCV的内心．故选：C．7.如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱1111ABCDABCD−，底面ABCD是正方形，13,3CCCD==，且1160CCBCCD==，则向量1AC的模长为（）A.29B.34C.52D.35【答

案】D【解析】【分析】根据空间向量的线性表示可达11ACCCCDCB=−−−，即可由模长公式求解.【详解】111ACAABABCCCCDCB=−−+=−−−,故()2222211111222ACCCCDCBCCCDCBCCCDCBCDCCCB=−−−=

+++++,故22221333233cos600233cos6045AC=+++++=，故14535AC==，故选：D8.已知单位向量,ab满足230abab−+=，则()2tabt+R的最小值为（）A.

23B.3C.223D.32【答案】B【解析】【分析】先根据题意求出ab的值，进而即可求解()2tabt+R的最小值.详解】由230abab−+=得23abab−=−，两边取平方得()2223abab−=−，即()222212aabbab−+=，又,ab为单位向量，所以()26

10abab+−=，即()()31210abab−+=，解得13ab=或12ab=−rr，因为230abab−=−，所以0ab，即12ab=−rr.因为()()()()22222222442413tabtabtatabbtttt+=+=++=−+=−+R，【所以

()22133tabt+=−+，当1t=时等号成立，所以()2tabt+R的最小值为3.故选：B.二､多选题：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，有选错的得0分.9.关于非零向量,ab，下列命题中正确的是（）

A.若ab=，则ab=.B.若ab=−，则a∥b.C.若ab，则ab.D.若,abbc==，则ac=.【答案】BD【解析】【分析】根据向量模的定义即可求解C，根据向量共线定义可判断B，根据向量相等的定义即可求解AD.【详

解】对于A，ab=不能得到,ab的方向，故A错误，对于B，若ab=−，则a∥b，B正确，对于C，向量不能比较大小，故C错误，对于D，若,abbc==，则ac=，D正确，故选：BD10.如图，正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，点P在线段11CD上运动，则下列

选项中正确的是（）A.AP最小值为2.B.平面1BBP⊥平面1111DCBA.的C.若P是11CD的中点，则二面角11PBBC−−的余弦值为255.D.若114DP=，则直线1BP与1BD所成角的余弦值为155.【答案】ABC【解析】【分析】证明111ADCD⊥，可判断A的真假；通过面面

垂直的判定定理判断B的真假；作出二面角并求出其余弦值，判断C的真假；作出异面直线所称的角，并求其余弦，判断D的真假.【详解】对A：如图连接1AD，AP，因为1111ABCDABCD−是正方体，所以11CD⊥平面11ADDA，1AD平面11ADDA，所以1

11CDAD⊥.又点P在线段11CD上，所以1ADP△为直角三角形，所以12APAD=（当点P与点1D重合时取“=”）.故A正确；对B：因为1111ABCDABCD−是正方体，所以1BB⊥平面1111DCBA，又1BB平面1BBP，所以：平面1BBP⊥平面1111DCBA，故B正确；对C：当P

为线段11CD中点时，因为11BBPB⊥，111BBCB⊥，所以11PBC即为二面角11PBBC−−的平面角.在11PBC△中，112PC=，111BC=，111PCBC⊥，所以152PB=，所以1112

5cos552PBC==.故C正确；对D：如图：因为114DP=，在11AB上取点M，使114MB=，连接MB，1MD，则11//MDBP,所以1MDB即为异面直线1BP与1DB所成的角.1MDB中，154MD=，13BD=，174BM=

.由余弦定理可得：125173731616cos515234MDB+−==，故D错误.故选：ABC11.在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为(01)，收到0

的概率为1−；发送1时，收到0的概率为(01)，收到1的概率为1−.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的

即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为1）.A.采用单次传输方案，若依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的概率为2(1)(1)−−B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1，0，1的概率为2(1)

−C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1概率为23(1)(1)−+−D.当00.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率【答案】ABD【解析】【分析】利用相互独立事件的概率公式计算判断AB；利用相互独立事件及互斥

事件的概率计算判断C；求出两种传输方案的概率并作差比较判断D作答.【详解】对于A，依次发送1，0，1，则依次收到l，0，1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1在的接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为2(1)(1

)(1)(1)(1)−−−=−−，A正确；对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1，1，1，则依次收到l，0，1的事件，是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1的3个事件的积，它们相互独立，所以所求概率为2(1)(

1)(1)−−=−，B正确；对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1，1，0、1，0，1、0，1，1和1，1，1的事件和，它们互斥，由选项B知，所以所求的概率为22323C(1)(1)(1)(12)−+−=−

+，C错误；对于D，由选项C知，三次传输，发送0，则译码为0的概率2(1)(12)P=−+，单次传输发送0，则译码为0的概率1P=−，而00.5，因此2(1)(12)(1)(1)(12)0PP−=

−+−−=−−，即PP，D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：利用概率加法公式及乘法公式求概率，把要求概率的事件分拆成两两互斥事件的和，相互独立事件的积是解题的关键.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知aR，若复数()()2344iZaaa=−−−−为纯虚数

，则复数1iZaa=−+在复平面内对应的点位于第______象限.【答案】四【解析】【分析】根据纯虚数的概念求出a的值，再确定1iZaa=−+对应的点所在的象限.【详解】因为()()2344iZaaa=−−−−是纯虚数，

且aR，所以234040aaa−−=−1a=−.所以1i1iZaa=−+=−，对应的点()1,1−位于第四象限.故答案为：四13.三棱锥DABC−中，DA⊥平面,,3,2ABCABBCDAABBC⊥===，则该三棱锥的外接球体积等于______.【答案

】82π3【解析】【分析】将三棱锥补成长方体，求长方体外接球的体积即可.【详解】如图：将三棱锥DABC−补成长方体，则三棱锥DABC−的外接球和长方体的外接球是一致的.设长方体外接球半径为R，则：()222223328RDAABBC=++=++=，所以2R=所以三棱锥的外接球体积为：34

482πππ22333VR===.故答案为：82π314.在ABCV中，π,432ABCBACACB==，则ABCV中最小角的余弦值为__________.【答案】277##277【解析】【分析】利用平

面向量数量积的几何意义计算即可.【详解】因为ABCV是直角三角形，且BC为斜边，而2cosBCBABABCBBA==，2cosCACBCACBCCA==，由43BCBACACB=得2243BACA=，即32BACA=，即BACA，所以CB，所以221

27cos772ACACCCBACAB====+.故答案为：277四､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111ABCABC−中，15,6,,ABACBBBCDE====分

别是1AA和1BC的中点.（1）求证：DE⊥平面11BCCB；（2）求三棱锥EBCD−的体积.【答案】（1）证明见解析（2）12【解析】【分析】（1）取BC中点G，连接,AGEG.，先证AG⊥平面11B

CCB，再证ED∥AG，可得DE⊥平面11BCCB.（2）通过等积变换可得EBCDDABCVV−−=，求DABCV−即可.【小问1详解】取BC中点G，连接,AGEG.因为E是1BC的中点，所以EG∥1BB，且112EGBB=.由直棱柱知，1AA∥1BB，而D是1AA的

中点，所以EG∥AD且EGDA=，所以四边形EGAD是平行四边形.所以ED∥AG.又,ABACG=为BC中点，AGBC⊥，又三棱柱111ABCABC−为直三棱柱，所以1BB⊥平面ABC，AG平面ABC，1BBAG⊥，

又1BBBCB=，1,BBBC平面11BCCB，所以：AG⊥平面11BCCB，故DE⊥平面11BCCB.【小问2详解】EBCDDBECVV−−=，由（1）知，DE⊥平面11,.BCCBED∥AG.所以DBECAB

ECEABCDABCVVVV−−−−===且1111634123232DABCVBCEGAG−===.16.已知2,4,23abab==+=.（1）若()()22akbkab−⊥+，求实数k的值；（2）求a与36ab+的夹角的余弦值.【答案】

（1）313k=（2）1313−.【解析】【分析】（1）根据向量的模长公式可得4ab=−，即可根据向量数量积的运算律即可代入求解，（2）根据夹角公式即可求解.【小问1详解】由题意知，222||212abaabb+=++=，又2,4ab==，所以4ab=−，由(

)()22akbkab−⊥+，得()()220akbkab−+=，即2222420kaabkabkb+−−=又2,4,4abab===−，所以28164320kkk−+−=，解得313k=.【小问2详解】()2363612aabaab+=+=−223693636613abaab

b+=++=设a与36ab+的夹角为，则()361213cos13261336aabaab+−===−+所以a与36ab+的夹角的余弦值为1313−.17.在ABCV中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知()1

2coscaB=+.（1）若π3B=，求角C的大小；（2）若ABCV为锐角三角形，求ba的取值范围.【答案】（1）π2C=（2）()2,3.【解析】【分析】（1）根据正弦定理，把()12coscaB=+化成()sinsin12cosCA

B=+，结合三角形内角和定理，消去角C，可得角A，B的关系，结合π3B=，可求角C.（2）根据（1）中角A，B的关系，利用正弦定理，可得sinsinbBaA=，再根据ABCV为锐角三角形，可求角A的取值范围，结合三角函数的图象和性质，可

得ba的取值范围.【小问1详解】因为()12coscaB=+，由正弦定理得：()sinsin12cosCAB=+又πABC++=，所以()sinsinCAB=+所以()sin2sincossinABABA+−=，得cossinsincossinABABA−=所以()sinsi

nBAA−=，则BAA−=或πBAA−+=（舍），πππ2,,,362BABAC====.【小问2详解】由题意及（1）得，在ABCV中，2BA=，由正弦定理得，sinsin22cossinsinbBAAaAA=

==，ABC为锐角三角形，π02π022π0π22AAAA−−解得：ππ64A，22cos3,bAa的取值范围为()2,3.18.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面,ABCDE为PD的中点，AD∥,91,2,0BCBADPAAB

BCAD=====.（1）求证：CE∥平面PAB；（2）求证：平面PAC⊥平面PDC；（3）求直线EC与平面PAC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）105【解析】【分析】（1）构造线线平行

，证明线面平行.（2）通过证明CDCA⊥，CDPA⊥，进而根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，可证面面垂直.（3）先作出直线EC与平面PAC所成的角，然后用直角三角形中的边角关系求角的正弦值.【小问1详解】如图：取PA的中点M，连接,BMME，则//MEAD，且12MEAD=，

又//BCAD且12BCAD=，所以//MEBC且MEBC=，所以四边形MECB为平行四边形，所以//BMCE，又CE平面,PABBM平面PAB，所以//CE平面PAB.【小问2详解】因为PA⊥平面,ABCDCD平面

ABCD，所以PADC⊥，由题设易知ABCD为直角梯形，且190,2BBADBCAD===，则222||||2ACABBC=+=，2221||||24CDABAD=+=，所以222||||ACCD

AD+=，即DCAC⊥，因为,,ACPAAACPA=平面PAC，所以DC⊥平面PAC，又DC平面PDC，所以平面PAC⊥平面PDC.【小问3详解】如图：取PC的中点F，连接EF，则EF∥DC，由（2）知DC⊥平面PAC，则⊥EF平面PAC，所以ECF为直线EC与平面

PAC所成的角.因为1312,2222CFPCEFCD====，所以6tan3EFECFFC==.所以10sin5ECF=.即直线EC与平面PAC所成角的正弦值为10519.A校和B校是孝感市两所著名的高中，为了相互学习和交流，现

随机抽取2000名A校学生和2000名B校学生参加一场知识问答竞赛，得到的竞赛成绩全部位于区间)40,100中，现分别对两校学生的成绩作统计分析：对A校学生的成绩经分析后发现，可将其分成组距为10，组数为6，作频率分布

直方图，且频率分布直方图中的YY=频率组距满足函数关系()10.12,130.18,46nknYknn−=−（n为组数序号，nZ）；关于B校学生成绩的频率分布直方图如下图所示（纵轴为频率组距

），假定每组组内数据都是均匀分布的.（1）求k的值；（2）若B校准备给前100名的学生奖励，应该奖励多少分以上的学生？（3）现在设置一个标准t来判定某一学生是属于A校还是B校，将成绩小于t的学生判为B校，大于t的学生判为A校，将A校学生误判为B校学生的概率称为误判率A，将B校学生误判为A校学生

的概率称为误判率B，误判率A与误判率B之和称作总误判率，记为()ft.若)50,70t，求总误判率()ft的最小值，以及此时t的值.【答案】（1）116k=；（2）72分以上（3）最小为516，60t=.【解析】

【分析】（1）根据频率和为1求解.（2）根据频率分布直方图可知所求的分数应该在)70,80；列出方程()800.006252000100x−=求解即可.（3）写出()ft的解析式，根据函数的单调性求()ft的最值.【小问1详解】由频率之和为1，故Y之和为()

0.1,0.1244320.1kkkkkk+++++=，解得：116k=.【小问2详解】根据B校学生成绩的频率分布直方图，设所求的分数为x，则()800.006252000100x−=，解得72x=，所以应该奖励72分以上学生.

【小问3详解】)50,70t，则)50,60t时，()()()111290.1100.1500.0375600.1251684016ftttt=+−+−+=−+，)60,70t时，()()()1113130.1100.1100.1600.

06250.0062570168416016tfttt=++−++−=−，由()ft的单调性知，当()60,tft=最小，此时()516ft=，所以总误判率最小为516，此时60t=.的