2023-2024学年湖北省武汉市江汉区高二（上）新起点摸底数学试卷（8月份）（含解析）

2023-2024学年湖北省武汉市江汉区高二（上）新起点摸底数学试卷（8月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知集，合，则( )
A. B. C. D.
2. 若复数的虚部小于，且，则( )
A. B. C. D.
3. 某中学高三年级共有学生人，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的样本，若样本中共有女生人，则该校高三年级共有男生人．( )
A. B. C. D.
4. 已知，，，则( )
A. B. C. D.
5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
6. 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，一年后是；而把“不见其损”量化为每天的“落后率”都是，一年后是可以计算得到，一年后的“进步”是“落后”的倍那么，如果每天的“进步率”和“落后率”都是，要使“进步”是“落后”的倍，大约需要经过( )
A. 天 B. 天 C. 天 D. 天
7. 若函数在有最小值无最大值，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知、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，，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，则
10. 下列四个结论中正确的是( )
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 设，，则“”的充分不必要条件是“”
C. 若“，”为假命题，则
D. 若函数在区间上的最大值为，最小值为，则实数的取值范围是
11. 在中，，，则角的可能取值为( )
A. B. C. D.
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米，转盘直径为米，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分钟，当时，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米
B. 若旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，则
C. 存在，，使得游客在该时刻距离地面的高度均为米
D. 若在，时刻游客距离地面的高度相等，则的最小值为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 有一组按从小到大顺序排列的数据：，，，，，，若其极差与平均数相等，则这组数据的中位数为______ ．
14. 若，则 ______ ．
15. 已知，则的最小值为______ ．
16. 设函数，则使得成立的的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知向量，满足，，．
求；
若，，求．
18. 本小题分
甲、乙、丙三人各自独立地破译某密码，已知甲、乙都译出密码的概率为，甲、丙都译出密码的概率为，乙、丙都译出密码的概率为．
分别求甲、乙、丙三人各自译出密码的概率；
求密码被破译的概率．
19. 本小题分
已知函数．
求的最小正周期和对称中心；
在锐角中，角，，的对边分别为，，，若，求的取值范围．
20. 本小题分
如图，在三棱柱中，平面，，．
求与平面所成的角；
若，求四棱锥的体积．
21. 本小题分
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，满分分分及以上为认知程度高，结果认知程度高的有人，按年龄分成组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有人．
根据频率分布直方图，估计这人年龄的第百分位数；
现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取人，担任“民法典”知识的宣传使者．
若有甲年龄，乙年龄两人已确定人选宣传使者，现计划从第一组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取名作为组长，求甲、乙两人恰有一人被选上的概率；
若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为和，据此估计这人中岁所有人的年龄的方差．
22. 本小题分
在平行四边形中，，，如图甲所示，作于点，将沿着翻折，使点与点重合，如图乙所示．
设平面与平面的交线为，判断与的位置关系，并证明；
当四棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值；
在的条件下，、分别为棱，的点，求空间四边形周长的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：根据题意，可得，
，
所以．
故选：．
根据一元二次不等式的解法，化简出集合，再根据交集的运算法则算出答案．
本题主要考查一元二次不等式的解法、集合的交集运算法则等知识，是解决本题的关键，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：设复数，，因为，
所以，所以，，，
所以．
故选：．
设复数，，然后根据，解得，最后代入求解即可．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意，用分层抽样的方法从中抽取一个容量为的样本，样本中共有女生人，则样本中共有男生人，
设该校高三年级共有男生人，
所以，解得人．
故选：．
根据分层抽样的定义求解即可．
本题考查分层抽样的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：，，
，
，且，，
．
故选：．
根据对数的换底公式和对数的运算得出，然后作差即可比较，的大小关系，并得出，，这样即可得出，，的大小关系．
本题考查了对数的换底公式，对数的运算性质，对数函数的单调性，考查了计算能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：因为向量，，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量为．
故选：．
由平面向量的坐标运算求出和，再由投影向量的概念即可求得．
本题考查平面向量的投影向量，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：设大约需要经过天，
可得，
两边取常用对数，可得，
即有．
故选：．
设大约需要经过天，由指数函数的模型，可得，解方程可得所求值．
本题考查指数函数在实际问题中的应用，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为，所以，
由题意可得，可得．
故选：．
由的范围，可得的范围，再由题意可得的范围，进而求出的范围．
本题考查余弦函数的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：取的中点，连接，，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，，平面，所以平面，
因为为等腰三角形，且，则，设，则．
设外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
如图所示，，，三点共线，由平面，可得平面，
由正弦定理，故，则，
连接，，则，由平面，且外接圆的圆心为，可得，
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离．
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，得，
所以，球的表面积为．
故选：．
取的中点，设，设外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，可结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可．
本题考查了球的表面积计算，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，若，，，则与可以平行，也可以异面，选项A错误；
对于，若，，，则，选项B错误；
对于，若，，则可以平行于，也可以与相交，还可以在内，选项C错误；
对于，若，，则由面面垂直的判定可知，，选项D正确．
故选：．
根据空间中线线，线面，面面间的位置关系逐项分析判断即可．
本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，命题“，”的否定是“，”，A错误；
对于，若“”，不一定有，“”不是“”的充分条件，B错误；
对于，若“，”为假命题，则其否定“，”为真命题，
则有恒成立，必有，C正确；
对于，函数的对称轴为，此时取得函数最小值，又，故的取值范围是，D正确．
故选：．
根据题意，由命题的否定分析，由充分必要条件分析，由命题真假的判断方法分析，由二次函数的性质分析，综合可得答案．
本题考查命题真假的判定，涉及命题的否定和充分必要条件的判定，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：由余弦定理知，，
当且仅当，即时，等号成立，
因为，所以，
对比选项知，可取或．
故选：．
利用余弦定理可得，再结合基本不等式与余弦函数的性质，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理与基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：由题意可得A正确；
又因为半个周期，即，解得，
旋转分钟后，游客距离地面的高度为米，设，
由题意可得，，解得，，
而转动分钟时，达到最高处，即，可得，
所以函数，所以B正确；
中，由可知，假设存在，，又高度相等，可得对称轴，即，
令，可得，
令，可得，
则在单调递增，在上单调递减，当时，，
当时，；当时，，
所以在只有一个解，与两个解矛盾，即假设不成立，所以不正确；
中，函数的周期，由余弦函数的性质可得，令，则，，
即函数关于对称，若，时刻游客距离地面的高度相等，
当时，即的最小值为，所以D正确．
故选：．
设高度的解析式，由题意可得的解析式，判断，的真假；再由余弦函数的性质可判断，的真假．
本题考查余弦函数的解析式的求法及性质的应用，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意得：，解得，
这组数据的中位数为：．
故答案为：．
根据极差和中位数相等可求出，然后根据中位数的计算方法即可求出中位数．
本题考查了极差、平均数和中位数的计算方法，考查了计算能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：由题意，．
故答案为：．
根据诱导公式以及余弦的二倍角公式求值即可．
本题考查三角恒等变换，考查诱导公式和余弦二倍角公式的应用，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：，
则，即，
故，当且仅当，即时，等号成立，
故，
故的最小值为．
故答案为：．
根据已知条件，结合对数的运算性质，即可求解．
本题主要考查对数的运算性质，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：根据题意，函数，
则，
设，其定义域为，
有，函数为偶函数，
同时，，
在区间上，，，
则，在上为增函数；
若，即，
必有，则有，
变形可得：，
解可得：，即的取值范围为．
故答案为：．
根据题意，设，可得的解析式，分析的奇偶性和单调性，由此可得，即，结合的奇偶性和单调性分析可得关于的不等式，解可得答案．
本题考查函数的单调性和对称性的综合应用，注意分析函数的对称中心，属于中档题．
17.【答案】解：因为，，，
所以，
即，
所以，
所以；
因为，，
所以．
【解析】先求出，再由平面向量的夹角公式求解；
先表示出，再求平面向量的模即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，属于基础题．
18.【答案】解：结合题意得：，
解得：甲，乙，丙；
密码能够被破译出的概率为：
．
【解析】利用相互独立事件概率乘法公式得到关于甲，乙，丙的值即可；
利用对立事件概率计算公式能求出密码能够被破译出的概率．
本题考查概率的求法，考查相互独立事件概率乘法公式、对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
19.【答案】解：，
所以最小正周期，
令，，则，，
所以的对称中心为，．
由，知，，
所以，，
因为，所以，所以，
所以，
因为锐角，
所以，解得，
所以，，
故的取值范围为．
【解析】由辅助角公式可得，再根据正弦函数的周期性与单调性，得解；
结合中所得，求出，，再利用正弦定理化边为角，并结合三角恒等变换公式与正弦函数的性质，即可得解．
本题考查解三角形与三角函数的综合应用，熟练掌握正弦定理，三角恒等变换公式，正弦函数的性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：在三棱柱中，由，，得，
由平面，平面，得，
，平面，是直线与平面所成角，
由题意得，，且，
，
，，
与平面所成角为．
过点作于，如图，
平面，平面，，
，为四棱锥的高，
由知，则是的中点，
中，，，
四棱锥的体积．
【解析】根据给定条件，证明平面，确定直线与平面所成角，由此能求出结果；
求出点到平面的距离，再利用锥体体积公式求解作答．
本题考查线面角的求法及求法、四棱锥的体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21.【答案】解：不妨设第百分位数为，
此时，
解得；
易知第一组应抽取人，记为，甲，
第五组抽取人，记为，，，乙，
此时对应的样本空间为，，，甲，，乙，，，，甲，，乙，，，甲，，乙，，甲，乙甲，，乙，，共个样本点，
记“甲、乙两人至少一人被选上”为事件，
此时，甲，，乙，，甲，，乙，，甲，，乙，甲，，乙，，共个样本点，
则甲、乙两人恰有一人被选上的概率；
设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，
此时，，，，
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，
此时，，
故这人中岁所有人的年龄的方差约．
【解析】根据频率分布直方图，利用百分位数的定义计算即可求解．
用列举法列出所有的基本事件，根据古典概型的公式即可求解所求事件的概率，根据方差的公式即可求解．
本题考查频率分布直方图的性质、百分位数、平均数、方差、概率、古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
22.【答案】解：，证明如下：
，平面，平面，
平面，
平面，平面平面，
．
当平面平面时，四棱锥的体积最大，
平面平面，平面，，
平面，平面，，
作交于点，连接，，平面，
平面，，
是二面角的平面角，
，，，，，
在中，，
，，，
二面角的正弦值为．
由展开图得关于的对称点为，
，，
由勾股定理得，，当，，，共线时，周长最短，
此时．
【解析】利用线面平行的判定定理以及性质定理能证明；
当平面平面时，四棱锥的体积最大，作出二面角的平面角，即可求出其正弦值；
利用平面展开图求得当，，，共线时，周长最短，由此能求出空间四边形周长的最小值．
本题考查两平面交线与已知直线的位置关系、二面角、勾股定理、空间四边形等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
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