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2024 年秋“宜昌一中､荆州中学”高二十月联考
数学试题
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. 1 C. 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：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】
【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】
的
【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. 2 B. 3 C. 4 D. 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=r2(r>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 ，
的
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A(0,0,0)、 、C(1,1,0)、 、 ，设 ，其中 ，
则 ， ， ，
设 为面 法的向量，
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.
