湖北省云学新高考联盟学校2023-2024学年高二数学上学期10月联考试题（Word版附解析）

2023年云学新高考联盟学校高二年级10月联考数学试卷一､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.若，则（）A.6B.C.D.7【答案】B【解析】【分析】先计算出，从而求出模长.【详解】，故.故选：B2.一组数据按从小到大的顺序排列如下：，则该组数据的中位数与分位数之和等于（）A.36B.37C.38D.39【答案】C【解析】【分析】根据中位数和分位数的定义进行求解即可.【详解】该组数据的中位数为16，因为所以该组数据分位数，所以该组数据的中位数与分位数之和等于，故选：C3.已知单位向量是平面内的一组基底，且，若向量与垂直，则的值为（）A.B.C.1D.【答案】A【解析】【分析】运用数量积的定义和性质即可得的值. 【详解】为单位向量且，所以，，，向量与垂直，所以，即，即，解得.故选:A4.过点与圆相切的两条直线垂直，则（）A.B.-1C.1D.【答案】D【解析】【分析】根据圆的切线性质、正方形的判定定理进行求解即可.【详解】，设该圆的圆心为，半径为，设点为点，如图所示：过与圆相切的直线为，切点为，连接，显然，由题意可知相切的两条直线垂直，所以四边形是矩形，又因为，所以四边形是正方形，因此有，故选：D 5.已知直线，若直线与圆交于两点，则的最小值为（）A.B.2C.D.4【答案】C【解析】【分析】先求出直线所过的定点，再根据时取得最小值结合圆的弦长公式即可得解.【详解】直线，即，令，解得，所以直线过定点，圆的圆心，半径，因为，所以点在圆内，则圆心到直线的距离（时取等号），所以（时取等号），所以的最小值为.故选：C.6.如图，在平行六面体中，，为中点，则点到直线的距离为 （）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量基本定理、空间向量数量积的运算性质和定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】设，因为，所以，，，因为，所以，因此，所以点到直线的距离为，故选：D7.若点在圆上运动，为的中点．点在圆上运动，则的最小值为（） A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】由题意可知，点的运动轨迹为圆，两圆上动点距离最小值为圆心距减去两圆半径即可.【详解】∵点在圆上运动，，∴中点到圆心的距离为，由圆的定义可知，点的运动轨迹为以，半径的圆，又∵点在圆∴的最小值为：.故选：B.8.三棱锥中，，直线与平面所成的角为30°，直线与平面所成的角为，则三棱锥体积的最大值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】作出辅助线，设，表达出其他边长，利用边长关系得到，进而求出三棱锥的体积最大值.【详解】过点作⊥平面于点，连接，则，因为，所以，设，则，在平面上，且，即，解得，在中，， 即，解得，综上，，故三棱锥体积.故选：D二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.在平面直角坐标系中，为坐标原点，，下列说法正确的是（）A.为等腰三角形B.中，边上的中线所在的直线方程为C.重心的坐标为D.的重心到直线的距离为【答案】ABC【解析】【分析】根据两点间距离公式、中点坐标公式、重心坐标公式，结合点到直线距离公式逐一判断即可.【详解】A：因为，所以，因此该三角形是等腰三角形，因此本选项正确；B：中点的坐标为，所以边上的中线所在的直线方程为，故本选项正确； C：因为，所以的重心的坐标为，即，所以本选项正确；D：直线的方程为，所以的重心到直线的距离为，所以本选项不正确，故选：ABC10.如图，在正四棱柱中，为四边形对角线的交点，点在线段上运动（不含端点），下列结论正确的是（）A.直线与直线所成角的余弦值为B.点到平面距离为C.线段上存在点，使得平面D.正四棱柱外接球的表面积为【答案】AB【解析】【分析】构建空间直角坐标系，向量法求线线角、点面距离，判断线面位置关系，根据正四棱柱外接球半径是体对角线的一半，应用球体表面积公式求表面积.【详解】构建如下图示的空间直角坐标系，则， 所以，则，所以直线与直线所成角的余弦值为，A对；由，则，若是面一个法向量，故，令，则，而，所以点到平面的距离，B对；由且，则，显然不可能与平行，C错；由正四棱柱的外接球半径为体对角线的一半，即为，故外接球的表面积为，D错.故选：AB11.某市教育局为了解该市高中各年级学生的文学经典名著的年阅读量，采用样本比例分配的分层随机抽样抽取了一个容量为100的样本．其中，从高三年级抽取容量为20的样本，平均数为4，方差为9；从高二年级容量为40的样本，平均数为7，方差为15；从高一年级抽取容量为40的样本，平均数为9，方差为21，据此估计，三所学校的学生文学经典名著的年阅读量的（）A.均值为6.2B.均值为7.2C.方差为19.56D.方差为20.56【答案】BC【解析】 【分析】利用平均数公式和总体方差与部分方差的公式进行求解.【详解】AB选项，三所学校的学生文学经典名著的均值为，A错误，B正确；CD选项，三所学校的学生文学经典名著的方差为，C正确，D错误.故选：BC12.在平面直角坐标系中，，点在圆上运动，下列说法正确的是（）A.点到直线的距离最大值是B.过直线上任意一点作圆的两条切线，切点分别为，直线过定点C.的最小值为D.的最小值为10【答案】BCD【解析】【分析】对A，求出直线的方程，算出圆心到该直线的距离，进而通过圆的性质即可判断；对B，设为直线上任意一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，先求出切点所在圆的方程，再与圆的方程联立作差，得到直线的方程，即可求其定点,即可判断；对C，利用三角代换转化为三角函数，通过三角函数求最值即可判断；对D，利用转化思想，结合点在圆上，探求一定点，利用三点共线时取最值，即可判断.【详解】由圆的方程可得，圆心，半径，由得，，所以直线的方程为，即， 对选项A，圆心到直线的距离为：，所以点到直线的距离最大值是，故选项A错误；对选项B，设为直线上任意一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，连接，如图所示：由直线与圆相切性质可知：，所以在以为直径的圆上，其圆心为的中点，设为，设，所以，，半径为，所以所在圆的方程为：，整理得，将圆与圆的方程联立，作差得直线的方程，因为点在直线上， 所以，，代入直线的方程得，整理得，所以解得，所以直线恒过定点，故选项B正确；对选项C，由在上，所以可设，所以，，所以，化简可得，，即，所以，其中，故当时，的最小值为，故选项C正确；对选项D，，设存定点，使得点在圆上运动时均有，设，则有，化简可得，①又因为，即，②②代入①化简可得， 即，所以，所以，因为，当三点共线，且在线段上时，，所以，所以的最小值为10，故选项D正确.故选：BCD.三､填空题：本题共4小题，每小题6分，共20分．13.甲､乙､丙三人参加一次面试，他们通过面试的概率分别为，所有面试是否通过互不影响．那么三人中恰有两人通过面试的概率是__________．【答案】【解析】【分析】根据事件独立性和互斥性直接计算求解即可.【详解】三人中恰有两人通过面试，可能情况为甲和乙通过、丙未通过；甲和丙通过、乙未通过；乙和丙通过、甲未通过.根据事件互斥性可知所求概率为.故答案为：14.已知点在曲线上运动，则的最大值为__________．【答案】##【解析】【分析】曲线以原点为圆心，2为半径的上半圆，表示上半圆上的点与连线的斜率，作出图形，可知当直线与半圆相切时的斜率即得结果.【详解】变形为，它是以原点为圆心，2为半径的上半圆，如图， 在上半圆上，表示点与连线的斜率，由题意得，当直线与半圆相切时斜率最大，设直线与半圆相切时直线斜率为，直线方程，即，因此，解得（由图舍去），所以的最大值为.故答案为：15.正方体棱长为为平面的中心，点在侧面内运动且，则最小值是__________．【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示公式，结合空间两点间距离公式进行求解即可.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，，因为为平面的中心，所以，，因为，所以， ，当时，有最小值，故答案为：【点睛】关键关键：本题的关键是建立空间直角坐标系，利用配方法.16.若非零实数对满足关系式，则__________．【答案】或【解析】【分析】化简转化为点到直线的距离，利用直线的位置关系即可求解.【详解】由，可得，可以看成点到直线的距离，可以看成点到直线的距离，因为，所以.因为，， 所以当点，在直线同侧时，直线与直线平行，当点，在直线异侧时，，关于直线对称，因为直线的斜率，直线的斜率为，所以或，所以或.故答案为：或.四､解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．17.已知直线过点．（1）若直线与直线垂直，求直线的方程（2）若直线在两坐标轴的截距互为相反数，求直线的方程．【答案】（1）；（2）或．【解析】【分析】（1）根据直线方程垂直设出方程求解未知数即可；（2）根据截距的概念分类讨论求方程即可.【小问1详解】因为直线与直线垂直，所以可设直线的方程为，因为直线过点，所以，解得，所以直线的方程为【小问2详解】当直线过原点时，直线的方程是，即． 当直线不过原点时，设直线的方程为，把点代入方程得，所以直线的方程是．综上，所求直线的方程为或18.已知的内角的对边分别为，且．（1）求外接圆半径.（2）求周长的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合余弦定理即可求解.（2）由余弦定理结合基本不等式，即可求得周长的最大值.【小问1详解】设外接圆半径为，因为，,，所以，则，即，整理得，所以由余弦定理可得，，因为，所以，故外接圆半径.【小问2详解】因为，所以，即，又因为，， 所以，即，当且仅当等号成立.又因为，，故的周长的最大值为．19.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面分别是中点．（1）求证：平面；（2）若与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设为中点，连接，证明即可；（2）利用向量法求出两个平面的法向量，再利用平面与平面的夹角公式计算即可.【小问1详解】设为中点，连接，又分别是中点，所以，，又底面是正方形，所以，，故四边形为平行四边形，则，由平面平面，则平面.【小问2详解】由题意知，以为原点，构建空间直角坐标系， 令，则，所以，所以，令为平面的一个法向量，则，令，即，令为平面的一个法向量，则，令，即，所以，即平面与平面夹角的余弦值．20.已知定点，点B为圆上的动点．（1）求AB的中点C的轨迹方程：（2）若过定点的直线与C的轨迹交于M，N两点，且，求直线的方程． 【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）设，由中点坐标公式得出点的坐标，代入，即可得到的轨迹方程；（2）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，验证是否满足题意，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，利用圆心距，半径，半弦长的关系，即可求解.【小问1详解】设点的坐标为，则点的坐标为，点为圆上的动点，化简得，故的轨迹方程为．【小问2详解】由圆可得，圆心坐标为，半径，当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是，所以，满足条件；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，化简得，因为，故圆心到直线的距离，由圆心到直线的距离公式得， 所以，即，平方得，整理得，解得，直线的方程为，即，故直线的方程为或．21.为了模拟“田忌赛马”故事中，双方的对阵情况．甲､乙分别拥有3张写有数字的卡片，甲的3张卡片上的数字分别为．乙的3张卡片上的数字分别为，已知．他们按“田忌赛马”故事中规则做一个“出示卡片，比数字大小”的游戏：甲､乙各出示1张卡片，比较卡片上的数字的大小，然后丢弃已使用过的卡片．他们共进行了三次，直至各自用完3张卡片，且在出示卡片时双方都不知道对方所出示的卡片上的数字，三次“出示卡片，比数字大小”之后，认定至少有两次数字较大的一方获得胜利．（1）若甲，乙二人按照“田忌赛马”故事中双方第一次对阵出牌，即第一次甲出示的卡片上写有数字X，乙出示的卡片上写有数字z，后两次则任意出牌，求甲最终获得胜利的概率：（2）记事件A=“第一次甲出示的卡片上的数字大”，事件B=“乙获得胜利”，计算事件A和B的概率，并说明事件A与事件B是否相互独立．【答案】（1）（2），，事件与事件不独立．【解析】【分析】（1）根据互斥事件与独立事件概率公式求解即可；（2）确定事件的样本空间，利用古典概型计算即可.【小问1详解】 由于第一次甲出示的卡片上的数字较大，故第二次或第三次甲出示的卡片上的数字必须较大才能获得胜利，即要对，甲才能获得胜利．所以甲获得胜利为事件，则．【小问2详解】在第一次出示的卡片中，样本空间为第一次双方出示的卡片上的数字匹配情况，则所以．记，，则三次出示卡片甲､乙卡片上数字匹配情况的样本空间为B=“乙获得胜利"，则，所以．．故事件与事件不独立．22.在平面直角坐标系中，圆为过点的圆．（1）求圆的标准方程：（2）过点作直线，交圆于两点，不在轴上．①过点作与直线垂直的直线，交圆于两点，记四边形的面积为，求的取值范围：②设直线相交于点，试讨论点是否在定直线上，若是，求出该直线方程：若不是，说明理由．【答案】（1）（2）①；②点在定直线上.【解析】【分析】（1）设出圆方程，代入求解即可；（2）直线的方程为，分与两种情形讨论，，即计算弦长即可得；（3）联立直线与圆的方程，进而求解直线，求出点G横坐标，化简即可. 【小问1详解】设圆的标准方程为圆的标准方程为【小问2详解】设直线的方程为，即．则圆心到直线的距离（i）若，则直线为轴，此时，则，若，则直线为，即．则圆心到直线的距离，当且仅当时取等综上所述：（ii）设，联立方程组可得： 直线方程为，直线方程为，联立可得的横坐标由①可知点在定直线上.