湖北省新高考联考协作体2024-2025学年高二年级上册9月起点考试数学试题

2024年高二9月起点考试

高二数学试卷

考试时间：2024年9月5日下午14：3016：30

试卷满分：150分

注意事项：

L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

2.已知复数z满足：（l+2i）z=3—4i,则复数彳的虚部为（）

A.2iB.2C.2D.-2i

3.已知万=（2,0）,B=（2,2）,则a在B上的投影向量为（）

A.B.（1,1）C.（2,1）D.（2,2）

7[

4.己知圆锥的侧面积为2兀，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为一的扇形，则该圆锥的底面圆半径为

3

（）

D.还

A,3R273

D.-----------C.也

333

5.掷两枚质地均匀的骰子，设人="第一枚出现小于4的点”，B="第二枚出现大于3的点”，则A与

3的关系为（）

A.互斥B.互为对立C.相互独立D.相等

6.在三棱锥S-A3C中，三个侧面与底面ABC所成的角均相等，顶点S在VA3C内的射影为。，则。

是VA3C的（）

A.垂心B.重心C.内心D.外心

7.如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABC。—A与G。，底面ABCD是正方形，。6=3,。=3,

且NGC3=NGCD=60°，则向量乖的模长为（）

A.aB.34C.52D.375

8.已知单位向量方万满足,一年2ar5=0,则忖+2丽eR）的最小值为（）

A,&B,C*D.县

332

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.关于非零向量扇5,下列命题中正确的是（）

A.若同=M，则G.B.若万=—b，则］〃分.

C.若同〉|同，则@〉尻D.若力=瓦6=小则打=乙

io.如图，正方体A3CD-44G2的棱长为1，点尸在线段上运动，则下列选项中正确的是

B,平面平面4耳GR.

C.若尸是G2中点，则二面角—G的余弦值为手.

D.若则直线用P与&)1所成角的余弦值为色.

45

11.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。(0＜。＜1),收到0的

概率为1-1；发送1时，收到0的概率为分(0＜，＜1),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1,0,1的概率为(1-e)(l-")2

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，(1-")2

C.采用三次传输方案，若发送1,则译码为1的概率为尸(1-/)2+(1-分)3

D.当0＜夕＜0.5时，若发送0,则采用三次传输方案译码为。概率大于采用单次传输方案译码为。的概

率

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.己知aeR,若复数Z=,2—3a—4)—(a—4)i为纯虚数，则复数Z】=—a+ai在复平面内对应的点

位于第象限.

13.三棱锥D—ABC中，"，平面43。,43,3。,。4=43=6',3。=&，则该三棱锥的外接球体

积等于.

11----"---"---"---"

14.在VA3C中，A=-ABCBA=3CACB,则VA3C中最小角的余弦值为.

2

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ABC—AgG中，43=40=5,84=50=6,。,£分别是441和30的中点.

C

(1)求证：DEJ_平面3CC13I；

(2)求三棱锥E—BCD的体积.

16已知同=2,|司=4,|万+司=2退.

(1)若(2"历)“初+25),求实数上的值；

(2)求日与3方+6B的夹角的余弦值.

17.在VABC中，内角的对边分别为a,b,c,已知c=a(l+2cosB).

TT

(1)若5=一,求角。的大小；

3

b

(2)若VA3C为锐角三角形，求一的取值范围.

a

18.如图，在四棱锥P—ABCD中，上4,平面ABC2E为尸。的中点，AD//

BC/BAD=90°,PA=AB=3C=1,AD=2.

(1)求证：CE〃平面P45；

(2)求证：平面上4C,平面PDC；

(3)求直线EC与平面PAC所成角正弦值.

19.A校和8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8

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

/频率］0.1"2"T,1<n<3

分布直方图中的yY=满足函数关系y=<(〃为组数序号,HeZ）；关

0.1左（8-“）,4<n<6

于8校学生成绩的频率分布直方图如下图所示(纵轴为频言率《)，假定每组组内数据都是均匀分布的.

组距

Q

S06

05

O.04

O.03

S02

S001

8校学生成绩频率分布直方图

(1)求左的值；

(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♦来判定某一学生是属于A校还是2校，将成绩小于/的学生判为B校，大于♦的

学生判为A校，将A校学生误判为2校学生的概率称为误判率4将2校学生误判为A校学生的概率称为

误判率误判率A与误判率B之和称作总误判率，记为/(，).若，€设0,70),求总误判率/”)的最小

值，以及此时/的值.

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14：3016：30

试卷满分：150分

注意事项：

L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.

于是，高一被抽到的学生人数为400x^=40,

10

高二被抽到的学生人数为600x—=60,

10

所以高二年级学生人数比高一年级学生人数多60-40=20.

故选：A.

2.已知复数z满足：（l+2i）z=3-4i,则复数N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,结合共轨复数的概念，进而可得出结果.

/、3-4i（3-4i）（l-2i）-5-10i

【详解】因为（l+2i）z=3—4i,所以z=^—=——$——^=—~-=-l-2i,

v）l+2i（l+2i）（l-2i）5

所以5=—l+2i所以虚部为2.

故选:C

3.已知M=（2,0）石=（2,2）,则日在5上的投影向量为（）

A.（V2,l）B.（1,1）C.（2,1）D.（2,2）

【答案】B

【解析】

【分析】利用|«|cos^,^-1|即可得到4在5上的投影向量.

【详解】）在5上的投影向量为.卜°0（4，»・||=1・苗,"=了,3=：（2,2）=（1,1）.

故选：B.

7T

4.已知圆锥的侧面积为2兀，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为一的扇形，则该圆锥的底面圆半径为

3

（）

A.BB.-C.73D.-

333

【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.

7T

【详解】设圆锥底面圆半径为一，母线长为/,贝iJ2w=—/,解得/=6r,

3

由圆锥的侧面积为2兀，得口/=2兀，即6产=2,所以r=@

3

故选：A

5.掷两枚质地均匀的骰子，设人="第一枚出现小于4的点”，B="第二枚出现大于3的点”，则A与

3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3相互独立.

故选：C

6.在三棱锥S-A3C中，三个侧面与底面ABC所成的角均相等，顶点S在VA3C内的射影为。，则。

是VABC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==即可根据锐角三解函数

得OD=OE=OF,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SD,SE,M,

由三垂线定理，得ODL5C,OE±AC,OFLAB,

则NS。。、/SEO、NSFO分别是三侧面与底面所成角的平面角，

ZSDO=ZSEO=ZSFO,

OSOSOS

・・・tanNSDO=——,tanZ5EO=——,tanZSFO=——，

ODOEOF

,\OD=OE=OF,

「.O是VABC的内心.

故选：C.

7.如图，一块矿石晶体的形状为四棱柱ABC。—A4GD，底面45C。是正方形，CG=3,CD=3,

且NGC3=NGCD=60°，则向量年的模长为（）

Bi4

A.V29B.34C.52D.3石

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间向量的线性表示可达京=-不-也-赤，即可由模长公式求解.

【详解】A^C=^AAl-BA+BC=-CQ-Ci5-CB,

故而2=（_乙_①—阚2=忑2+方+函2+2/.电+2屈.闻+2不.国

2

故丞-=32+32+32+2X3X3COS600+0+2x3x3cos60°=45，

故丽卜病=3百，

故选：D

8.已知单位向量第5满足卜—q+2舟石=0,贝I]忸+2即eR）的最小值为（）

A血RR02a逐

i\..jj.----.

332

【答案】B

【解析】

【分析】先根据题意求出小6的值，进而即可求解忸+2刖eR）的最小值.

详解】由卜一5卜265.5=0得,一.=一26无5,

两边取平方得卜―々2=卜2舟-5丁，即72—2万出+斤=12（万万『，

又万出为单位向量，所以6（无石『+无5—1=0,即（3NZ—1）（2万-5+1）=0,

一1rr1

解得=一或a•9=——,

32

因为,一可=一2百汗石20,所以无5<o,即与•/?=-；.

因为‘万+26]=9万+2万『=（夜『+4夜Z+4»2=/—2/+4=Q—l）2+3«eR）,

所以卜3+2®=J（-l）2+32也,当/=1时等号成立，

所以忸+2而GR）的最小值为6.

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.关于非零向量第5,下列命题中正确的是（）

A.若同=|石卜则&=B•B.若万=—B，则万〃方.

C.若同〉W，则D.若方=瓦6=1，则商=方.

【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,同=忖不能得到第B的方向，故A错误，

对于B,若汗=-5，则方〃B，B正确，

对于C,向量不能比较大小，故C错误，

对于D,若d=5,5=e，则方=*，D正确，

故选：BD

10.如图，正方体用G2的棱长为1,点P在线段C2上运动，则下列选项中正确的是

B.平面平面A6]G2.

C.若P是C2的中点，则二面角「一3道一4的余弦值为35.

5

D.若则直线男尸与8。所成角的余弦值为巫.

45

【答案】ABC

【解析】

【分析】证明AD,1CR,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A，，AP,因为ABC。—44G。是正方体，

所以GA，平面ADD^,ADiu平面ADDX\,所以CR1AD1.

又点尸在线段G2上，所以△ARP为直角三角形，

所以（当点P与点2重合时取"=”）.故A正确；

对B：因为ABC。—是正方体，所以，平面

又BB]U平面BBF，所以：平面3片尸，平面A4GR,故B正确;

对C：当尸为线段G。中点时，因为5用，尸与，BB[工CjB],

所以NPB|G即为二面角P—5四—C的平面角.

在△尸与G中，PC,=~,5G=1,PQ±,所以PBi=Y£,

22

所以COS々Be=我=T.故c正确；

3

对D：如图:

因为在4月上取点使连接MB,MD、,则MQ/ABp,

所以NMRB即为异面直线BF与D.B所成的角.

中，MD,=-,BD、=6,BM=M.

414

25.17

—^3—7巧

由余弦定理可得：cosZMD1B=^——a=」一，故D错误.

2X5XV315

4

故选：ABC

11.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I的概率为。(0＜。＜1),收到。的

概率为1—cn发送1时，收到0的概率为"(0＜，＜1),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1,0,1的概率为(1-£)(1-")2

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，(I-/)?

C.采用三次传输方案，若发送1,则译码为1概率为尸(1-/)2+(1-/)3

D.当0＜&＜0.5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。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1,0,1的事件是发送1接收1、发送0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(1—尸)(1—1)(1—分)=(1—a)(l—，)2,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1,0,1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(1——，)=£(1—月产，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+(1-，)3=(1-，)2(1+2，)，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P=(l—a)2(l+2a),

单次传输发送0,则译码为。的概率尸'=1—£,而0＜夕＜0.5,

因此P—P=(l—。)2(1+2。)一(1—a)=a(l—a)(l—2a)＞0,即P＞。，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aeR,若复数Z=,2—3a—4)—(a—4)i为纯虚数，则复数Z】=—a+ai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。的值，再确定Z]=-a+ai对应的点所在的象限.

【详解】因为Z=0—3a—4)—(a—4)i是纯虚数，且aeR,

a?-3a-4=0

所以《n〃=-1.

〃一4。0

所以Z]=—a+ai=l—i,对应的点(1,—1)位于第四象限.

故答案为：四

13.三棱锥D—ABC中，"，平面43。,43,3。,。4=43=6",3。=桓'，则该三棱锥的外接球体

积等于.

【答案】出巨

3

【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。-ABC补成长方体，则三棱锥D-ABC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,贝。：（2/?）2=ZM2+AB2+BC2=3+3+2=8,所以R=6

所以三棱锥的外接球体积为：V=-nR3=-11x242=盛三.

333

故答案为：警

14.在VABC中，A^-,4BCBA^3CACB,则VABC中最小角的余弦值为

2

【答案】空##26

77

【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VA3C是直角三角形，且5c为斜边,

而5c3=网.国际3=网［CA-CB=\CA\-\CB\cosC=|CA|,

3E国得4网2=3闸,即网=今研,

由4配•丽

即网〈同，所以C<5,

故答案为：2互

7

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ABC—451G中，45=AC=5,BB]=30=6,。,£分别是A4和gC的中点.

(1)求证：平面BCG片；

(2)求三棱锥E—BCD的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)12

【解析】

【分析】(1)取3c中点G,连接AG,EG.,先证AG,平面BCGB],再证ED〃AG，可得DE,平

面BCC[B[.

(2)通过等积变换可得VE_B8=%TBC，求％.ABC即可•

【小问1详解】

取5c中点G,连接AG,EG.

C

因为E是用C的中点，所以EG〃且EG=；3g.

由直棱柱知，AA,//BBX,而。是AA|的中点，所以EG〃AO且EG=D4,

所以四边形EG4D是平行四边形.所以ED〃AG.

又AB=AC,G为3c中点，.•.AGL5C,

又三棱柱ABC—[BJG为直三棱柱，所以平面ABC,AGu平面ABC,

BXB±AG,又B[BCBC=B,3]3,3Cu平面3。£及，

所以：AG,平面3CG耳，故DEL平面BCC4.

【小问2详解】

VE-BCD=VD-BEC，

由（1）知，平面3CC]4，.ED〃AG.

所以VD-BEC=^A-BEC=腺-ABC=^D-ABC

且%=-x-BC-EG-AG=-x-x6x3x4=12.

D-ABC3232

16.已知同=2，W=4,卜+可=2百.

（1）^（2a-kb）L（ka+2b）,求实数，的值;

（2）求不与32+65的夹角的余弦值.

【答案】（1）左=3土而

（2）—史.

13

【解析】

【分析】（1）根据向量的模长公式可得筋B=-4,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，|方+B『=万？+2万+人2=12,又同=2,忖=4,所以五4=一4，

由（2〃_防）_L（%+25）,得（2彳_坊）•（%+25）=0,即2屈2+4必3_k2万.g_2女=0

又同=2,忖=4,万Z=-4,所以8左一16+4左2—32左=0,解得左=3±而.

【小问2详解】

a-[3a+6b^=3a2+6a-b=-12

|3«+6^|=J9万2+36万•5+3652=6\J13

a-(3a+6b)_12而

设乙与34+65的夹角为。，则cosO=—।-------zq-=-------1==--—

同忸+6可2x671313

所以苕与30+6B的夹角的余弦值为-巫.

13

17.在VABC中，内角的对边分别为a,"c,已知c=a(l+2cosB).

TT

(1)若5=—,求角C的大小；

3

b

(2)若VA5C为锐角三角形，求一的取值范围.

a

TT

【答案】(1)c=-

2

⑵

【解析】

【分析】(1)根据正弦定理，把c=a(1+2cosB)化成sinC=sinA-(1+2cosB),结合三角形内角和定理，

TT

消去角C,可得角A,8的关系，结合可求角C.

heinP

(2)根据(1)中角A,5的关系，利用正弦定理，可得一二——，再根据VA5C为锐角三角形，可求角

asinA

b

A的取值范围，结合三角函数的图象和性质，可得3的取值范围.

a

【小问1详解】

因为c=6Z(1+2COSB),由正弦定理得：sinC=sinA-(l+2cosB)

又4+5+。=兀，所以sinC=sin(A+5)

所以sin(A+5)-2sinAcosB=sinA,得cosAsinB-sinAcosB=sinA

所以sin(5—A)=sinA,则6—A=A或5—A+A=TI(舍)，

兀JTJT

:.B=2A,-.-B=-,:.A=-,:.C=~.

362

【小问2详解】

由题意及(1)得，在VABC中，B-2A,

bsinBsin2A-

由正弦定理得，一------=---------=2cosA4,

asinAsinA

・・・△ABC为锐角三角形,

C4兀

0<A<—

2

7TTTTT

.-J0<2A<-解得：-<A<-,

264

TT

0<7i-A-2A<-

2

<2cosA<y/3,/.一

a

18.如图，在四棱锥P—ABCD中，上4,平面ABCRE为尸D的中点，AD//

3C,/R4D=90°,PA=AB=3C=1,AD=2.

(1)求证：CE〃平面B45；

(2)求证：平面上4C,平面PDC；

(3)求直线EC与平面R4C所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析(3)叵

5

【解析】

【分析】(1)构造线线平行，证明线面平行.

(2)通过证明CDLC4,CD±PA,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：

取的中点"，连接

则ME//AD，且ME=LA。，

2

又5C//AD且BC='A。，

2

所以ME//3c且"E=BC,

所以四边形AffiCB为平行四边形，所以BM//CE,

又CE仁平面PAB,9<=平面ms,

所以CE//平面B45.

【小问2详解】

因为上4,平面ABCRCDu平面ABCD,所以B4LOC,

由题设易知ABCD为直角梯形，且/B=ABAD=90°,BC=-AD,

2

则|AC|2=|ABF+13C|2=2,|CD|2=|A6|2+||AD|2=2,

所以|AC『+|CD『=|即。CLAC,

因为AC。PA=A,AC,PAu平面PAC,

所以DC,平面PAC,又OCu平面PDC,

所以平面BAC，平面尸DC.

【小问3