湖北省宜昌市第一中学、荆州中学2024-2025学年高二上学期10月联考数学试卷（Word版附解析）

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命题学校：荆州中学
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，只有一项是符合要求的.
1. 复数满足，若，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念得到，根据条件用表示，化简之后求模长.
【详解】∵，
∴,
∵,
∴,
∴.
故选：C.
2. 某校组织50名学生参加庆祝中华人民共和国成立75周年知识竞赛，经统计这50名学生的成绩都在区间内，按分数分成5组：，得到如图所示的频率分布直方图（不完整），根据图中数据，下列结论错误的是（ ）
A. 成绩在上的人数最少
B. 成绩不低于80分的学生所占比例为
C. 50名学生成绩的极差为50
D. 50名学生成绩的平均分小于中位数
【答案】C
【解析】
【分析】根据频率分布直方图求出的频率，再结合各组频率及统计的相关概念逐项判断.
【详解】设这一组的频率为，则由各组频率之和为1，
得，解得，
各组频率依次为：，
对于A，这一组频率最小，即成绩在上的人数最少，A正确；
对于B，成绩不低于80分的学生频率为，成绩不低于80分的学生所占比例为，B正确；
对于C，极差为数据中最大值与最小值的差，而50名学生的成绩都在区间内，
但成绩的最大值不一定是100，最小值也不一定是，则极差小于等于，但不一定等于50，C错误；
对于D，根据频率分布直方图，得50名学生成绩的平均数是
，而50名学生成绩的中位数为80，
因此50名学生成绩的平均分小于中位数，D正确.
故选：C
3. 已知平面向量和满足在上的投影向量为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据在上的投影向量可求得，再利用投影向量的定义求解即得.
【详解】向量和满足，由在上的投影向量为，
得，所以在上的投影向量为.
故选：D
4. 设为实数，若直线与圆相切，则点与圆的位置关系（ ）
A. 在圆上B. 在圆外C. 在圆内D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】由直线与圆相切计算与圆心距离即可得答案.
【详解】因与圆相切，则.
则到圆心的距离为，则在圆外.
故选：B
5. 已知倾斜角为的直线与直线垂直，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先将直线与直线垂直转化为斜率相乘为-1求出的值，再根据二倍角公式将用表示，即可得到答案.
【详解】由题意得，，.
故选：B.
6. 在平行六面体中，M为AC与BD的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量线性运算法则进行运算即可.
【详解】因为在平行六面体中，，
所以.
故选：A.
7. 在四边形中，，，，将沿折起，使点C到达点的位置，且平面平面.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，中点分别为，，根据面面垂直的性质可得平面，再根据直角三角形的几何性质可得，则为三棱锥的外接球球心，求出半径，进而可得答案.
【详解】如图，设，的中点分别为，，
则，
因为平面平面，，
平面平面，平面,
所以平面，故平面，
因为平面，所以，
故，
因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
故，
所以，
故为三棱锥的外接球球心，
，，
所以球半径，
故球的表面积为.
故选：A.

8. 有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.你有资金100元，每次在对一张卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少的概率，则n至少为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设分析出：要使资金增加必须2次刮出中奖，转化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于，再列不等式求n取值.
【详解】由于总资金100元，每次在对一张卡片刮码前下注已有资金的一半.
刮第1张卡前，下注50元：
若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否中奖，资金必减少；
若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资金减少；中奖资金增加；
所以，要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少；
所以，5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于即可，
由5张卡片中任取2张的方法数有10种，n张“中奖”卡中取到2张的方法数有种，
所以且，故或5，即n至少为4.
故选：C
【点睛】关键点点睛：问题化为5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于为关键.
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. 下列说法不正确的是（ ）
A. “直线与直线互相垂直”是“”的充分不必要条件
B. 直线的倾斜角的取值范围是
C. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是
D. 设为实数，若直线与曲线恰有一个公共点，则
【答案】AD
【解析】
【分析】利用直线垂直求出的值，可判断选项A错误；根据直线的斜率为计算斜率的取值范围，进而推出直线倾斜角的范围，得到选项B正确；问题转化为两个圆相交问题，根据圆心距和半径的关系得到选项C正确；分析曲线为半圆，通过画图求得的范围，选项D错误.
【详解】A.由两直线垂直得，，解得或，
“或”是“”的必要不充分条件，选项A错误.
B.由得，，直线斜率，
∵，∴，即，
∵，∴倾斜角的取值范围是.选项B正确.
C.到点距离为的点在圆上，
由题意得，，圆M:(x−4)2+(y−4)2=r2r>0与圆有两个公共点，两圆相交，
∵圆心距，
∴，
∴,即的取值范围是，选项C正确.
D.由 得，曲线表示圆心为原点，半径为的半圆，如图所示，
当直线过点时，，
当直线过点和点时，，
当直线与半圆相切于点时，
由圆心到直线的距离为得，解得或（舍），
所以当直线与曲线恰有一个公共点时，或.
选项D错误.
故选：AD.
10. 一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4，连续抛掷这个正四面体木块两次，记事件A为“第一次向下的数字为2或3”，事件B为“两次向下的数字之和为奇数”，事件C为“两次能看见的所有面向上的数字之和不小于15”，则下列结论正确的是（ ）
A. 事件A与事件B相互独立
B. 事件A与事件B互斥
C
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A、B：根据古典概型求，结合独立事件和互斥事件分析判断；对于C：根据事件的运算求解；对于D：根据古典概型运算求解.
【详解】由题意可知：第一次向下的数字为1，2，3，4，共4个基本事件，则，
设为连续抛掷这个正四面体木块两次向下的数字组合，其中为第一次向下的数字，为第二次向下的数字，
则有，
共16个基本事件，
可知事件包含，共8个基本事件，则，
事件包含，共4个基本事件，则，
可知，
所以事件A与事件B相互独立，且事件A与事件B不互斥，故A正确，B错误；
因为，故C正确；
事件C等价于为“两次向下的数字之和小于等于5”，
包含，共10个基本事件，
则，故D正确；
故选：ACD.
11. 如图，矩形中，，边，的中点分别为，，直线BE交AC于点G，直线DF交AC于点H.现分别将，沿，折起，点在平面BFDE同侧，则（ ）
A. 当平面平面BEDF时，平面BEDF
B. 当平面平面CDF时，
C. 当重合于点时，二面角的大小等于
D. 当重合于点时，三棱锥与三棱锥外接球的公共圆的周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，先利用三角形相似证得，再利用面面垂直的性质定理证得平面，从而得以判断；
对于B，先利用线面垂直推得平面AGH与平面CHG重合，再利用面面平行的性质定理证得，进而推得，从而利用线面平行的性质定理推得，由此得以判断；
对于C，由平面得到二面角为，进而由推得，据此判断即可；
对于D，先分析得三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，再由勾股定理证得，从而求得公共圆的直径，由此得解.
【详解】对于A，在矩形中，，是的中点，
所以，，则，
又，所以，则，
所以，则，故，
当平面平面时，如图1，
又因为平面平面，平面，
所以平面，故A正确.
.
对于B，当平面平面CDF，如图1，
由选项A易知在矩形中，，则，
所以在中，，，
同理，则，，
又，，面，
所以面，同理平面CHG，
又因为，所以平面AGH与平面CHG重合，即四边形为平面四边形，
又平面平面CDF，平面平面，平面平面，
所以，又，所以四边形是平行四边形，则，
假设，则四边形为平面图形，
又平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，
又，即，所以四边形是平行四边形，
所以，而，，显然矛盾，故B错误；
对于C，如图2，
由选项B易得平面，
又平面，所以，同理：，
所以二面角的平面角为，
在中，由选项B知，
所以是正三角形，故，即二面角的大小等于，故C正确；
.
对于D，如图2，三棱锥与三棱锥的公共面为面，
所以三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，
易知，，，
所以，所以，即为直角三角形，
所以为的外接圆的直径，即，
所以所求公共圆的周长为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握面面垂直的性质定理、线面平行与面面平行的性质定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，严密推理；同时对于外接球的公共圆的突破口在于找到两个三棱锥的公共面，从而得解.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知空间向量，，，若，，共面，则实数___________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据向量共面，可设，先求解出的值，则的值可求.
【详解】因为，，共面且，不共线，所以可设，
所以，所以，
所以，所以，
故答案为：1.
13. 若动直线，圆，则直线与圆相交的最短弦长为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出直线过定点，判断点在圆内，当直线时直线与圆相交的弦长最短，再由弦长公式计算可得.
【详解】直线，则，
令，解得，所以动直线恒过点，
又圆的圆心为，半径，
所以，
所以点在圆内，
所以当直线时直线与圆相交的弦长最短，
最短弦长为.
故答案为：
14. 已知，，，则下列结论中正确的是______________.
①当时，；
②当时，有1个元素；
③若有2个元素，则；
④若有4个元素，则无整数解；
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据直线和圆的位置关系、并集、交集的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】①当时，
，
由令，解得，
由令，解得，
画出对应点集如下图所示，所以，
所以①正确.
②当时，
，
画出对应点集如下图所示，
圆的圆心为，半径为，
直线，即，
到的距离为，
所以圆与直线相切，
所以有个元素，所以②正确.
对于③，当时，
，
画出对应点集如下图所示，
半圆的圆心为2,0，半径为，
2,0到直线的距离为，
此时有个元素，所以③错误.
对于④，若，
则
，
此时直线与圆至多有个公共点，不符合题意.
若，则由③的分析可知有个元素，
综上所述，若有4个元素，则无整数解,所以④正确；
故答案为：①②④
【点睛】思路点睛：解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
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. 2023年10月22日，汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行，志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障，襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．
（1）估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数；
（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为72和30，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为90和60，据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差．
【答案】（1）平均数69.5，第25百分位数为63；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图分别表示出各组的频率，由第一、二组的频率之和为0.3及总的频率之和为1列方程组解出，的值；分别写出每一组的频率，由平均数计算公式得到平均数，根据频率和得到第25百分位数所在的组，由概率和为0.25解出第25百分位数的值；
（2）由第二组、第四组的频率之比得到分层抽样后两组人数所占比例，再结合两组各自的平均数和方差，由公式，分别求出两组所有面试者的方差．
【小问1详解】
由题意可知：，
解得；
由图可知，每组的频率依次为：0.05，0.25，0.45，0.2，0.05，
所以平均数为，
因为，设第25百分位数为，则，，
则，解得，
故第25百分位数为63；
【小问2详解】
设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为，
且两组频率之比为，
则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差
．
故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是．
16. 在中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求角的大小；
（2）若是锐角三角形，且其面积为，求边的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数关系，结合正余弦函数和差角公式化简即可；
（2）由（1）知，又是锐角三角形，可得，根据且其面积为可得，再设，根据角度关系化简可得，再根据求解即可.
【小问1详解】
因为，则，
所以，
即，
得.
所以或（不成立，舍去），
从而，又，所以.
【小问2详解】
由（1）知，又是锐角三角形，则，得.
因为，
所以.
设，因为，
所以
，
因为，则，所以，
从而，即，
所以边的取值范围是.
17. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A在圆上运动，M是线段AB的中点，
（1）求点M的轨迹方程；
（2）记（1）中所求轨迹为曲线C，过定点的直线l与曲线C交于P，Q两点，曲线C的中心记为点C，求面积的最大值，并求此时直线l的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设点，根据题意得到，代入圆，即可求解；
（2）根据题意，设直线，求得圆心到直线的距离为，得到，结合基本不等式，求得最小值，进而求得直线的方程.
【小问1详解】
解：设点，由点的坐标为，且是线段的中点，
则，可得，即，
因为点在圆上运动，所以点点坐标满足圆的方程，
即，整理得，
所以点的轨迹方程为.
【小问2详解】
解：过点定点1,0的直线与曲线交于两点，则直线的斜率一定存在且不为，
设直线，即，
则圆心到直线的距离为，
又因为，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以时，取得最大值，此时，解得或，
所以取得最大值，此时直线方程为或.

18. 在四棱锥中，已知，，，，，，是线段上的点．
（1）求证：底面；
（2）是否存在点使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，且
【解析】
【分析】（1）首先证明面，可得出，利用勾股定理的逆定理可证得，再结合线面垂直的判定定理，即可证明面；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，且，求平面的法向量，利用，即可求得的值，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：在中，，，
所以.
在中，，，，
由余弦定理有：，
所以，，所以，所以，
又因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
在中：，，，则，所以，，
因为，、平面，所以面.
【小问2详解】
解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有A0,0,0、、C1,1,0、、，
设，其中，
则，，，
设为面法向量，
则有，取，则，，
所以，平面的一个法向量为，
由题意可得，
可得，因为，所以.
因此，存在点使得与平面所成角的正弦值为，且.
19. 蝴蝶定理因其美妙的构图，像是一只翩翩起舞的蝴蝶，一代代数学名家蜂拥而证，正所谓花若芬芳蜂蝶自来．如图，已知圆的方程为，直线与圆M交于，，直线与圆交于，．原点在圆内．设交轴于点，交轴于点．
（1）当，，，时，分别求线段和的长度；
（2）①求证：．
②猜想OP和OQ的大小关系，并证明．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②猜测，证明见解析.
【解析】
【分析】（1）联立直线与圆的方程，可求各点的坐标，利用直线的两点式方程，可得直线和的方程，并求它们与轴的交点坐标，可得问题答案.
（2）①联立直线与圆的方程，求出两根之和与两根之积，找到相等代换量，从而证明成立.
②分别求出点和点的横坐标表达式，结合①中的结论，从而证明成立.
【小问1详解】
当，，，时，
圆：，
直线：，由或，故，；
直线：，由或，故，.
所以直线:，令得，即；
直线:，令得，即.
所以：.
小问2详解】
①由题意：.
由，
则，是该方程的两个解，由韦达定理得：，
所以.
同理可得：，所以.
②猜测，证明如下：
设点，.
因为三点共线，所以：，
又因为点在直线上，所以；点在直线上，所以.
所以；
同理因为三点共线，可得：.
由①可知：，
所以.
即，所以成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是联立直线与圆的方程，结合一元二次方程根与系数的关系，进行化简处理，设计多个字母的运算，整个运算过程一定要小心、仔细.