湖北省宜昌一中、荆州中学2024-2025学年高二上学期10月联考数学试卷（含解析）

2024年秋“宜昌一中､荆州中学”高二十月联考数学试题一､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.1 C. D.【答案】C解析：∵，∴,∵,∴,∴.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50D.50名学生成绩的平均分小于中位数【答案】C解析：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：C3.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：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：D4.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：因与圆相切，则.则到圆心的距离为，则在圆外.故选：B5.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：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：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：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.2 B.3 C.4 D.5【答案】C解析：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：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-∵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CD.【答案】ACD解析：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BEDFB.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：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.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：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：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：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）【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）【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【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【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