湖北省2025-2026学年高二上学期9月起点考试数学试题【含答案】

这是一份湖北省2025-2026学年高二上学期9月起点考试数学试题【含答案】，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.复数z=5i3−2在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.在平行四边形ABCD中，BE=4EC，点F是线段DE的中点，若AF=λAB+μAD，则μ=( )
A. 1B. 34C. 910D. 78
3.如图，已知△OAB的平面直观图是等腰直角△O′A′B′，且∠O′A′B′=π2，O′B′=2，则△OAB的面积是( )
A. 2 2B. 2C. 1D. 22
4.某运动员每次投掷飞镖命中靶心的概率为40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心;再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：
02 93 12 25 85 69 68 34 31 45 73 93 28 75 56 35 87 30 11 07
据此估计，该运动员两次掷镖恰有一次命中靶心的概率为( )
A. 0.50B. 0.45C. 0.40D. 0.35
5.已知非零向量a，b满足|a|=2|b|，且(a+b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. π3B. π6C. 5π6D. 2π3
6.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若l⊥m，l⊥α，m⊥β，则α⊥βB. 若l⊥m，l⊥α，m/​/β，则α/​/β
C. 若α/​/β，l⊂α，m⊂β，则l/​/mD. 若l/​/m，l//α，m/​/β，则α/​/β
7.甲、乙、丙、丁对某组数据(该组数据由5个整数组成)进行分析，得到以下数字特征，则不能判断这组数据一定都小于13的是( )
A. 甲：中位数为10，众数为12B. 乙：中位数为10，极差为3
C. 丙：平均数为9，方差为145D. 丁：平均数为9，极差为4
8.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且2bcsC+2ccsB=a2，acsC+ 3asinC=b+c，O为△ABC的外心，则OB⋅OC的值为( )
A. −2 33B. 2 33C. −23D. 23
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 甲乙两人独立的解题，已知各人能解出的概率分别是12、13，则题被解出的概率是23
B. 若A，B是互斥事件，则P(AB)=P(A)P(B)
C. 某校200名教师的职称分布情况如下：高级占比20%，中级占比50%，初级占比30%，现从中抽取50名教师做样本，若采用分层抽样方法，样本按比例分配，则初级教师应抽取15人
D. 一位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生相邻的概率是56
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为a，E是棱CD上的动点，且DE=λDC(0≤λ≤1).则下列结论正确的是( )
A. EB1⊥AD1
B. 点E到直线A1B1的距离为 2a
C. 直线AE与B1D1所成角的范围为(π4,π2)
D. 二面角E−A1B1−A的大小为π4
11.在平面直角坐标系中，可以用有序实数对表示向量.类似的，可以把有序复数对(z1,z2) (z1,z2∈C)看作一个向量，记a=(z1,z2)，则称a为复向量.类比平面向量的相关运算法则，对于a=(z1,z2)，b=(z3,z4)，z1，z2，z3，z4∈C，规定如下运算法则： ①a+b=(z1+z3,z2+z4); ②a−b=(z1−z3,z2−z4): ③a⋅b=z1z3+z2z4;(4)|a|= a⋅a.则下列结论正确的是( )
A. 若a=(i,1−i)，b=(2,3+i)，则a⋅b=2−2i
B. 若a=(i,1−i)，b=(2,3+i)，则|a⋅b|=4
C. a⋅(b+c)=a⋅b+a⋅c
D. 若a=(csθ,1−(2sinθ)i)，(θ∈R)，则|a|的取值范围为[ 2, 5]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设i为虚数单位，复数z=csθ+isinθ(θ∈R)，则|z−i|的最大值为 ．
13.若a=(−1,1)，b=(1,2)，则a在b上投影向量的坐标为 ．
14.如图，在四棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB=BD= 2，已知动点E从C点出发，沿四棱锥的外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为 17，则该棱锥的外接球的表面积为 ．
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.(本小题13分)
如图是一块正四棱台ABCD−A1B1C1D1的工艺石料，该四棱台的上、下底面的边长分别为2dm和4dm，高为3dm．
(1)求四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积;
(2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台造型，求圆台O−O1的体积．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知向量m，n满足m=(2a,− 3)，n=(sinB,b)，且m⊥n．
(1)求角A;
(2)若△ABC是锐角三角形，且a=3，求b+c的取值范围．
17.(本小题15分)
2025年7月19日，雅鲁藏布江墨脱水电站正式宣布全面开工.这项总投资1.2万亿元的超级工程，以规划6000万千瓦装机容量(相当于三峡电站的三倍)、年均发电量3000亿千瓦时的规模，刷新了全球水电史纪录.某市为了鼓励居民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量(单位：千瓦时)划分为三档，月用电量不超过200千瓦时的部分按0.5元/千瓦时收费，超过200千瓦时但不超过400千瓦时的部分按0.6元/千瓦时收费，超过400千瓦时的部分按0.8元/千瓦时收费．
(1)求某户居民用电费用y(单位：元)关于月用电量x(单位：千瓦时)的函数解析式;
(2)为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年1月份100户居民每户的用电量，统计分析后得到如图所示的频率分布直方图.若这100户居民中，今年1月份用电费用不超过220元的占80%，求a，b的值;
(3)根据(2)中求得的数据计算用电量的75%分位数．
18.(本小题17分)
为了激发学生的阅读兴趣，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响.连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券，其它情况均不能获得书券.游戏规则如下表：
(1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率;
(2)当m=5时，求游戏三的获胜概率;
(3)一名同学首先玩游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率更大?
19.(本小题17分)
已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，侧面CDD1C1为矩形，∠BAD=∠ABC=60∘，AB=3，AD=2，BC=1，AA1= 17，AE=2EB．
(1)求证：DE/​/平面A1BC;
(2)求证：平面ADD1A1⊥平面ABCD;
(3)若三棱锥E−A1BC的体积为 33，求平面A1BC与平面ABCD的夹角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】z=5i3−2=5−i−2=−2+i∴z在复平面对应的点为(−2,1)，位于第二象限．
2.【答案】C
【解析】AF=12(AD+AE)=12(AD+AB+BE)=12(AD+AB+45AD)=12AB+910AD，∴λ=12，μ=910.故选C．
3.【答案】A
【解析】解：因为△O′A′B′是等腰直角三角形，O′B′=2，所以O′A′=A′B′= 2，且OB=O′B′=2，OA⊥OB，OA=2O′A′=2 2，所以原平面图形的面积是12×2×2 2=2 2，故选A．
4.【答案】B
【解析】解：因为1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心，
所以两次掷镖恰有一次正中靶心表示：随机数组中有且只有一个数为1，2，3，4中的一个，
它们分别是02，93，25，45，73，93，28，35，30，共9个，
即满足条件的基本事件数有9个，总的事件数有20个，
根据古典概型知所求的概率为0.45．
故选B．
5.【答案】D
【解析】解：设a与b的夹角为θ，
因为a+b⊥b，
所以a+b⋅b=a⋅b+b2=abcsθ+b2=2b2csθ+b2=0，
所以csθ=−b22b2=−12，
因为θ∈0,π，
所以θ=2π3．
6.【答案】A
【解析】解：对于A:若l⊥m，l⊥α，则m/​/α或m⊂α，
若m/​/α，则在平面α内存在直线c，使得m//c，
又m⊥β，则c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β;
若m⊂α，又m⊥β，所以α⊥β;
综上可得，由l⊥m，l⊥α，m⊥β，可得α⊥β，故A正确；
对于B:若l⊥m，l⊥α，则m/​/α或m⊂α，
又m/​/β，则α/​/β或α与β相交，故B错误;
对于C:若α/​/β，l⊂α，则l/​/β，
又m⊂β，则l与m平行或异面，故C错误;
对于D:若l//m，l//α，则m/​/α或m⊂α，
又m/​/β，则α/​/β或α与β相交，故D错误．
故选A．
7.【答案】B
【解析】对于甲，因为中位数为10，众数为12，所以这5个数从小到大排列后，第3个数是10，
则第4个和第5个数都是12，所以这5个数都小于13;
对于乙，因为中位数为10，极差为3，所以这5个数可以是10，10，10，11，13，
则乙分析的数据中可以有大于或等于13的数;
对于丙，因为平均数为9，方差为145，由方差公式得：s2=15[(x1−9)2+(x2−9)2+(x3−9)2+(x4−9)2+(x5−9)2]，
假设这5个数中出现大于或等于13的数，不妨设x5≥13，则方差s2≥15[(x1−9)2+(x2−9)2+(x3−9)2+(x4−9)2+(13−9)2]≥165，与方差为145矛盾，所以没有大于或等于13的数;
对于丁，假设这5个数中出现大于或等于13的数，则最小的数大于或等于9，此时这5个数的平均数大于9，与平均数为9矛盾，所以这5个数都小于13.故选B．
8.【答案】C
【解析】解：∵2bcsC+2ccsB=a2，
由正弦定理，得2sinBcsC+2sinCcsB=asinA，
即2sin(B+C)=asinA，
∴2sin(π−A)=asinA，
∴2sinA=asinA，而sinA≠0，
∴a=2．
∵acsC+ 3asinC=b+c，
由正弦定理，得sinAcsC+ 3sinAsinC=sin(A+C)+sinC，
∴ 3sinAsinC−csAsinC=sinC，而sinC≠0，
∴ 3sinA−csA=1，
∴2sin(A−π6)=1，
而A∈(0,π)，
∴A−π6∈(−π6,5π6)，
则A−π6=π6，∴A=π3．
设△ABC的外接圆半径为R，
则2R=asinA=2 32=43 3，∴R=23 3，
而∠BOC=2A=2π3，
∴OB⋅OC=R2cs2π3=43×(−12)=−23，
故选C．
9.【答案】AC
【解析】解：A.题没被解出的概率为(1−12)⋅(1−13)=13，
故题被解出的概率为1−13=23，故选项A正确;
B.由互斥事件的定义知选项B错误;
C.根据分层随机抽样，由50×30%=15知，初级教师应抽取15人，故选项C正确;
D.设男生为甲，女生为乙和丙，则将这3人排成一排，
则(甲，乙，丙)，(甲，丙，乙)，(乙，甲，丙)，(乙，丙，甲)，(丙，甲，乙)，(丙，乙，甲)，共有6种排法，
其中女生不相邻有：(乙，甲，丙)，(丙，甲，乙)，共有2种排法，
由古典概型得女生不相邻的概率为26=13，
故女生相邻的概率为1−13=23，故选项D错误．
故选AC．
10.【答案】ABD
【解析】如图建立空间直角坐标系，则A(a,0,0)，E(0,m,0)，0≤m≤a，B1(a,a,a)，D1(0,0,a)，A1(a,0,a)，
对于A:EB1=(a,a−m,a)，AD1=(−a,0,a)，
因为EB1⋅AD1=(a,a−m,a)⋅(−a,0,a)=−a2+0+a2=0，所以EB1⊥AD1，即EB1⊥AD1，故选项A正确;
对于B:∵CD//A1B1四边形CDA1B1为矩形，∴E到A1B1的距离为B1C= 2a，故选B正确。
对于选项C:AE=(−a,m,0)，B1D1=(−a,−a,0)，设直线AE与B1D1所成角为θ，则csθ=|cs|=|a−m| a2+m2× 2，当m=0时，csθ最大等于 22，此时θ最小为π4，当m=a时，csθ最小等于0，此时θ最大为π2，所以θ∈[π4,π2]，即直线AE与B1D1所成角的范围为[π4,π2]，故选项C不正确;
对于选项D:二面角E−A1B1−A即二面角D−A1B1−A，因为DA1⊥A1B1，AA1⊥A1B1，DA1⊂平面EA1B1，AA1⊂平面AA1B1，所以∠DA1A即为二面角E−A1B1−A的平面角，在正方形ADD1A1中，∠DA1A=π4，所以二面角E−A1B1−A的大小为π4，故选项D正确，
故选ABD．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，B，∵a=(i,1−i)，b=(2,3+i)，∴a·b=z1z3+z2z4=i×2+(1−i)×(3−i)=2−2i，|a·b|=2 2，故选项A正确，选项B错误;
对于C，设c=(z5,z6)，则将a=(z1,z2)，b=(z3,z4)代入可得：a⋅(b+c)=z1z3+z5+z2z4+z6=z1z3+z2z4+z1z5+z2z6=a⋅b+a⋅c，故选项C正确;
对于D，∵|a|= cs2 θ+1−(2sin θ)i1+(2sin θ)i= cs2θ+1+4sin2θ= 2+3sin2θ，∴|a|的取值范围为[ 2, 5]，故选项D正确．
故选ACD．
12.【答案】2
【解析】解：因为z=csθ+isinθ(θ∈R)，
则|z−i|=|csθ+isinθ−i|= (sinθ−1)2+cs2θ= 2−2sinθ≤ 4=2，
则|z−i|的最大值为2．
故答案为2．
13.【答案】(15,25)
【解析】解：设向量a，b的夹角为θ，
则a在b上投影向量为：
|a|cs ⟨a,b⟩⋅b|b|=a⋅b|b|⋅b|b|=−1×1+1×2 12+22×1,2 12+22=(15,25).
故答案为(15,25).
14.【答案】13π
【解析】四棱锥A−BCD的部分平面展开图如图所示：
设CD=x，由题意得：C′B= 17，
在△C′BD中，由余弦定理得：
C′B2=C′D2+BD2−2C′D⋅BD⋅cs135∘，
即( 17)2=x2+( 2)2−2x⋅ 2⋅(− 22)，即x2+2x−15=0，解得x=3或x=−5(舍去)，
如图所示：
该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径为：R=12 ( 2)2+( 2)2+32= 132，
所以外接球的表面积为V=4πR2=13π．
15.【答案】解：(1)正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取B1C1，BC中点M，N，连结O1M，ON，MN，
作MH⊥ON交ON于H，如图所示，
因为OO1//MH，O1M//OH，且O1O⊥OH，则四边形OHMO1为矩形，
则O1O=MH=3dm，O1M=1dm，ON=2dm，HN=ON−OH=1dm，
所以MN= MH2+HN2= 9+1= 10dm，
所以四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积为S=22+42+4×12×(2+4)× 10=20+12 10dm2．
(2)若要这块石料最大限度打磨为一个圆台，
则圆台O−O1的上、下底面圆是正四棱台的上下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，
则圆台O−O1上底面圆半径O1Q=1dm，下底面圆半径OP=2dm，高O1O=3dm，
则圆台O−O1的体积为V=13π(1+4+1×2)×3=7πdm3．
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：(1)∵m⊥n，∴2a⋅sinB− 3b=0，由正弦定理得2sinAsinB= 3sinB，∵sinB≠0，∴sinA= 32，∵A∈(0,π)，∴A=π3或A=23π;
(2)∵a=3，且三角形ABC为锐角三角形，∴A=π3，
∴由正弦定理得：asinA=bsinB=csinC=3 32=2 3，
∴b=2 3sinB，c=2 3sinC，
∴b+c=2 3(sinB+sinC)=2 3[sinB+sin(2π3−B)]=2 3(sinB+ 32csB+12sinB)=2 3(32sinB+ 32csB)=6( 32sinB+12csB)=6sin(B+π6)，
又∵△ABC为锐角三角形，∴0