2023年云学新高考联盟学校高二年级10月联考数学试卷及答案

2023年12月3日发(作者：大理大学高等数学试卷)

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z=A. 6

2−i，则2z+z=（ ）

B.

37 C.

38 D. 7

2.

一组数据按从小到大的顺序排列如下：9,10,12,15,16,17,22,25,26，则该组数据的中位数与75%分位数之和等于（

）

A. 36 B. 37 C. 38 D. 39

πe,e3a=e+e3.

已知单位向量12是平面内的一组基底，且e1,e2=，若向量与=bλe121+e2垂直，则3λ的值为（

）

A.

−7

5B.

7

5C. 1 D.

−1

4.

过点(−1,0)与圆x2+y2−4x−m=0相切的两条直线垂直，则m=（

）

A.

−1

2B. -1 C. 1 D.

12

0，若直线l与圆C:(x−1)2+y2=5.

已知直线l:(m+2)x+(m−1)y+m−1=4交于A,B两点，则AB的最小值为（

）

A.

2 B. 2 C.

22 D. 4

6.

如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA=1,∠BAD=∠A1AB=∠A1AD=60，E为CC1的中点，则点E1到直线AC1的距离为（

）

A.

23333 B. C. D.

3356227.

若点A､B在圆C1:(x−2)+y=3上运动，AB=22,P为AB的中点．Q点在圆C2:(x+2)2+y2=1上运动，则PQ的最小值为（

）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

8.

三棱锥P−ABC中，=AB22,=BC1,AB⊥BC，直线PA与平面ABC所成的角为30°，直线PB与平面ABC所成的角为45，则三棱锥P−ABC

）

体积的最大值是（A.

2+6

6B.

2+6

3C.

1+3

3D.

2+23

3二､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，O为坐标原点，A(2,2),B(4,0)，下列说法正确的是（

）

A.

OAB为等腰三角形

0

B.

OAB中，AB边上的中线所在的直线方程为x−3y=C.

OAB的重心G的坐标为2,

23D.

OAB的重心G到直线AB的距离为2

3AA12=AB2,O为四边形DCC1D1对角线的交点，点E10.

如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，=在线段D1D上运动（不含端点），下列结论正确的是（

）

A.

直线AO与直线CC1所成角的余弦值为B.

点B1到平面AOD1的距离为2

34

3C.

线段D1D上存在点E，使得A1E⊥平面AOD1

D.

正四棱柱外接球的表面积为6π

11.

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6.2

C.

方差为19.56

B.

均值为7.2

D.

方差为20.56

12.

在平面直角坐标系中，A(4,0),B(1,4)，点M在圆C:(x+4)2+y2=16上运动，下列说法正确的是（

）

A.

点M到直线AB的距离最大值是22

53B.

过直线AB上任意一点作圆C的两条切线，切点分别为P,Q，直线PQ过定点−2,

2C.

MA⋅MB的最小值为56−4185

D.

MA+2MB的最小值为10

三､填空题：本题共4小题，每小题6分，共20分．

13.

甲､乙､丙三人参加一次面次，他们通过面试的概率分别为三人中恰有两人通过面试的概率是__________．

14.

已知点A(x,y)在曲线=y231,,，所有面试是否通过互不影响．那么3454−x上运动，则2y的最大值为__________．

x+415.

正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2,O为平面ABB1A1的中心，点P在侧面BCC1B1内运动且D1O⊥OP，则BP最小值是__________．

16.

若非零实数对(a,b)满足关系式a+b+1=7a−7b+1=5a2+b2，则a=__________．

b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l过点P(2,−1)．

0垂直，求直线l的方程

（1）若直线l与直线2x+y+3=（2）若直线l在两坐标轴的截距互为相反数，求直线l的方程．

18.

已知ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,c=4，且(a−b)sinA+(b+c)sinB=(4+b)sinC．

（1）求ABC外接圆半径.

（2）求ABC周长的最大值．

19.

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD,E,F分别是PC,AD中点．

（1）求证：DE//平面PFB；

（2）若PB与平面ABCD所成角为45，求平面PFB与平面EDB夹角的余弦值．

20.

已知定点A(1,−3)，点B为圆(x+1)2+(y+1)2=4上的动点．

（1）求AB的中点C的轨迹方程：

1P（2）若过定点,−1的直线l与C的轨迹交于M，N两点，且|MN|=3，求直线l的方程．

2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X,Y,Z．乙的3张卡片上的数字分别为x,y,z，已知X>x>Y>y>Z>z．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．

22.

在平面直角坐标系中，圆M为过点A1,−3,B(2,2),C(4,0)的圆．

（1）求圆M的标准方程：

（2）过点D(1,0)作直线l1，交圆M于P､Q两点，P､Q不在x轴上．

①过点D作与直线l1垂直的直线l2，交圆M于EF两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的取值范围：

②设直线OP,CQ相交于点G，试讨论点G是否在定直线上，若是，求出该直线方程：若不是，说明理由．

()2023年云学新高考联盟学校高二年级10月联考数学答案

z+z2(2−i)+=2+i6−i，故2z+z=1.B【解析】2=2.C【解析】该组数据的中位数为16，

因为75%×9=6.75

所以该组数据75%分位数22，

所以该组数据的中位数与75%分位数之和等于38，故选：C

3. A【解析】e1,e2为单位向量且e1,e2=所以e1=36+137.故选：B

2=向量aπ，

3π1=1，e22=1==cos，e1⋅e2e1e，

232e1+3e2与=bλe1+e2垂直，所以a⋅b=0，

22e3eeee3e(31)eλλλ+⋅+=+++即(12)(12)121⋅e2=0，

即λ+3+(3λ+1)×解得λ=−1=0，

27.故选:A

524. D【解析】x2+y2−4x−m=0⇒(x−2)+y2=m+4，

设该圆的圆心为A(2,0)，半径为m+4(m>−4)，设点(−1,0)为点B，

如图所示：过B(−1,0)与圆A相切的直线为BC,BD，切点为C,D，

连接AC,AD，显然AC⊥BC,AD⊥BD，

由题意可知相切的两条直线垂直，

所以四边形ACBD是矩形，又因为AC=AD，

所以四边形ACBD是正方形，

因此有AB=故选：D

2AD⇒3=2×4+m⇒m=1，

2 5. C

0，

0，即(x+y+1)m+2x−y−1=【解析】直线l:(m+2)x+(m−1)y+m−1=0x+y+1=x=0令，解得，

2x−y−1=0y=−1所以直线l过定点P(0,−1)，

圆C:(x−1)2+y2=4的圆心C(1,0)，半径r=2，

因为PC1+12<2，

所以点P(0,−1)在圆C内，

2（PC⊥l时取等号），

则圆心C到直线l的距离d≤PC=，

所以AB=2r2−d2≥24−=222（PC⊥l时取等号）所以AB的最小值为22.故选：C.

6. D【解析】设=ABa=,ADb=,AA1c，

=AD=AA=1,∠BAD=因为AB1∠A1AB=∠A1AD=60，

11所以a⋅b=a⋅c=b⋅c=1×1×=，

22AC1=AB+BC+CC1=a+b+c，CC1=c，

211因为AC1⋅CC1=a+b+c⋅c=a⋅c+b⋅c+c=++1=2，

22()AC1=(2a+b+c=)222a+b+c+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c=1+1+1+1+1+1+1=6 CC1所以cosAC1,=AC1⋅CC1=AC1⋅CC122=6×11−6，

363，

=93因此sin∠AC1C=1−cosAC1,CC1=133所以点E到直线AC1的距离为EC1sin∠AC1C=×=，故选：D

2367. B【解析】∵点A､B在圆C1:(x−2)+y=3上运动，AB=22，

22AB∴AB中点P到圆心C1(2,0)的距离为3−1，

=2由圆的定义可知，点P的运动轨迹为以C1(2,0)，半径1的圆(x−2)2+y2=1，

21

又∵Q点在圆C2:(x+2)+y=2.故选：B.

∴PQ的最小值为：C1C2−1−1=8.D【解析】过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接BD,AD，

2245°,∠PAD=30°，

则∠PBD=因为=AB22,=BC1,AB⊥BC，所以SABC=设PD=h，则=BDh=,AD1AB⋅BC=22，

=3h,PB=2h,PA2h，

在平面ABC上，AD−BD≤AB且AD+BD≥AB，

即3h−h≤22≤3h+h，解得6−2≤h≤6+2，

在△PBA中，PA−PBAB，

即2h−2h<22,2h+2h>22，解得22−2

综上，6−2≤h≤6+2，

1=SABC⋅h322h≤33故三棱锥P−ABC体积VP−ABC=(6+2=)23+2.

3 故选：D

9. ABC【解析】A：因为OA22+2222,OB4,AB(2−4)2+2222，

所以OA=AB，因此该三角形是等腰三角形，因此本选项正确；

B：AB中点的坐标为(3,1)，

所以AB边上的中线所在的直线方程为y=C：因为A(2,2),B(4,0),O(0,0)，

所以OAB的重心G的坐标为1x⇒x−3y=0，故本选项正确；

32+4+02+0+02,，即2,，所以本选项正确；

333D：直线AB的方程为y−2x−2=⇒x+y−=40，

2−02−422+−422，所以本选项不正确，

3所以OAB的重心G到直线AB的距离为=312+12故选：ABC

10. AB

【解析】构建如下图示的空间直角坐标系D−xyz，则A(1,0,0),O(0,,1),C(0,1,0),C1(0,1,2)，

12AO⋅CC1221===|cosAO,CC|||1(−1,,1),CC1=(0,0,2)，则所以AO=|AO||CC1|2×33，

22所以直线AO与直线CC1所成角的余弦值为2，A对；

3由D1(0,0,2),B1(1,1,2)，则AD1(−1,0,2)，若m=(x,y,z)是面AOD1一个法向量， 1⋅=−+mAOxy+z=02故，令z=1，则m=(2,2,1)，而AB1=(0,1,2)，

m⋅AD=−x+2z=01|m⋅AB1|4=，B对；

所以点B1到平面AOD1的距离3|m|由A1(1,0,2),E(0,0,t)且0

由正四棱柱的外接球半径为体对角线的一半，即为66，故外接球的表面积为4π×()2=6π，D错.

22

故选：AB

11. BC

【解析】AB选项，三所学校的学生文学经典名著的均值为

20×4+40×7+40×9=7.2，A错误，B正确；

100CD选项，三所学校的学生文学经典名著的方差为

2040402229+(4−7.2)+15+(7−7.2)+21+(9−7.2)=19.56，

100100100C正确，D错误.故选：BC

12. BCD

16可得，圆心C(−4,0)，半径r=4，

【解析】由圆的方程C:(x+4)2+y2=由A(4,0),B(1,4)得，kAB=−44−(x−4)，

，所以直线AB的方程为y=330，

即4x+3y−16=对选项A，圆心C到直线AB的距离为：d|−4×4−16|32=，

2254+3所以点M到直线AB的距离最大值是3252+4=，故选项A错误；

55对选项B，设N为直线AB上任意一点，过点N作圆C的两条切线，切点分别为P,Q，连接CP,CQ,CN，如图所示：

由直线与圆相切的性质可知：CP⊥PN,CQ⊥QN，

所以C,P,N,Q在以CN为直径的圆上，其圆心为C,N的中点，设为C1，

设N(a,b)，

a−4b,，|CN|=所以C122半径为|CN|=2(a+4)，

2+b2，

(a+4)22+b2a+4)+b2(a4b−，

所以C,P,N,Q所在圆C1的方程为：x−+y−=224222220，

整理得x−(a−4)x+y−by−4a=2(x+4)+y2=16C将圆C与圆1的方程联立2，

20x−(a−4)x+y−by−4a=0，

作差得直线PQ的方程(a+4)x+by+4a=因为点N(a,b)在直线AB上，

−a+所以4a+3b−16=0，

b=4316，

34160，

代入直线PQ的方程得(a+4)x+(−a+)y+4a=334160，

整理得ax−y+4+(4x+y)=334x−y+4=0x=−23所以解得3，

16y=4x+y=0233所以直线PQ恒过定点−2,，故选项 B正确；

216上，

对选项C，由M(x,y)在C:(x+4)2+y2=−4+4cosθ,y=4sinθ,θ∈[0,2π)，

所以可设x=所以MA=(8−4cosθ,−4sinθ)，MB=(5−4cosθ,4−4sinθ)，

所以MA⋅MB=(8−4cosθ)(5−4cosθ)+(−4sinθ)(4−4sinθ)，

化简可得，MA⋅MB=40−52cosθ−16sinθ+16sin2θ+16cos2θ，

即MA⋅MB=56−52cosθ−16sinθ，

=sinϕ56−4185sin(θ+ϕ)，其中所以MA⋅MB=13=,cosϕ1854，

1851时，MA⋅MB的最小值为56−4185，故选项C正确；

故当sin(θ+ϕ)==2对选项D，MA+2MB1MA+MB，

21MA，

216上运动时均有MD=设存在定点D(t,0)，使得点M在圆C:(x+4)2+y2=设M(x,y)，则有22(x−t)22+y=12(x−4)22+y2，

化简可得3x+3y+(8−8t)x=16−4t，①

16，即x2+y2+8x=又因为C:(x+4)2+y2=0，②

②代入①化简可得−8(t+2)x=16−4t2，

0，

即(t+2)(2x−t+2)=1MA+2MB=2MA+MB所以t=−2，所以=2(MD+MB)，

25，当M,B,D三点共线，且M在线段BD上时，MD+MB=BD=5，

因为MD+MB≥BD=所以MA+2MB=2MD+MB≥10，

所以MA+2MB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.

29【解析】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；60乙和丙通过、甲未通过.

根据事件互斥性可知所求概率为23123123121129××1−+×1−×+1−××=++=.

3453453455302060故答案为：29

60224−x2变形为x+y=4(y≥0)，它是以原点为圆心，2为半径的上半圆，

14.

3【解析】=y3如图，

A(x,y)在上半圆上，y表示点A(x,y)与M(−4,0)连线的斜率，

x+4由题意得，当直线与半圆相切时斜率最大，

0，

=yk(x+4)，即kx−y+4k=设直线与半圆相切时直线斜率为k，直线方程因此=2，解得k=3（由图k=−3舍去），

233k+1y3.

的最大值为x+434k所以故答案为：25

53

315.

【解析】

建立如图所示的空间直角坐标系，

D1(0,0,2),B(2,2,0),A1(2,0,2),P(x,2,z)(0≤x,z≤2)， 因为O为平面ABB1A1的中心，所以O(2,1,1)，

D1O=(2,1,−1),OP=(x−2,1,z−1)，

因为D1O⊥OP，

所以D1O⋅OP=2(x−2)+1−(z−1)=0⇒z=2x−2，

BP=(x−2)2+z=2(x−2)+(2x−2)22=5x−12x+8=2645x−+，

552x=当62425,z=时，BP有最小值，

=555525

5故答案为：

16.

−34或

43【解析】由a+b+1=7a−7b+1=5a2+b2，

=可得22a+ba+b+1a+b22a+b+17a−7b+1=5，

a2+b20的距离d1，

可以看成点A(1,1)到直线ax+by+1=7a−7b+1a+b220的距离d2，

可以看成点B(7,−7)到直线ax+by+1=a+b+1=因为a2+b2=d=5.

所以d127a−7b+1=5，

a2+b210，

因为AB=10，d1+d2=0同侧时，直线AB与直线ax+by+1=0平行，

所以当点A，B在直线ax+by+1=0异侧时，A，B关于直线ax+by+1=0对称，

当点A，B在直线ax+by+1=因为直线AB的斜率k=1+74=−，

1−73a0的斜率为−，

直线ax+by+1=ba4a4=−或−×−=−1，

b3b3所以−所以3a4a=或=−.

b3b434或.

43故答案为：−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.

【解析】

0垂直，

（1）因为直线l与直线2x+y+3=0，

所以可设直线l的方程为x−2y+m=0，解得m=−4，

因为直线l过点P(2,−1)，所以2−2×(−1)+m=0

所以直线l的方程为x−2y−4=（2）当直线l过原点时，直线l的方程是y=−x0．

，即x+2y=2a，

当直线l不过原点时，设直线l的方程为x−y=0．

把点P(2,−1)代入方程得a=3，所以直线l的方程是x−y−3=0

0或x−y−3=综上，所求直线l的方程为x+2y=18.

【解析】

（1）设ABC外接圆半径为R，

因为(a−b)sinA+(b+c)sinB=(4+b)sinC，=bc==2R,c=4，

sinBsinCabcabc+(b+c)=(c+b)=sinA=,sinB=,sinC，则(a−b)，

所以2R2R2R2R2R2RasinA(c+b)c，整理得a2+b2−c2=即(a−b)a+(b+c)b=ab， a2+b2−c2ab1所以由余弦定理可得，cos，

===C2ab2ab2因为0

21c1443=×=R=⋅故ABC外接圆半径2sinC23.

32（2）因为c2=a2+b2−2abcosC，

所以16=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab，即(a+b)2−16=3ab，

a+b，a+b，

2又因为ab≤()1633a+b−=ab≤⋅2222(a+b)2所以≤16，即a+b≤8，当且仅当a=b=4等号成立.

4又因为c=4，a+b+c≤8+4=12，

故ABC的周长的最大值为12．

19.

【解析】(1)设G为PB中点，连接GE,FG，

又E,F分别是PC､AD中点，

=所以FD11=AD,GEBC，GE//BC，

22又底面ABCD是正方形，

所以FD=GE，GE//FD，故四边形FDEG为平行四边形，则DE//FG，

由DE⊄平面PFB,FG⊂平面PFB，则DE//平面PFB.

(2)由题意知∠PBD=45，以D为原点，构建空间直角坐标系，

令AB=1，则PDDB2， 121F0,,,,0,0所以B(1,1,0),D(0,0,0),E,P0,0,2，

222()1210,,,1,1,2,,1,0PBFB=−=所以DB=(1,1,0),DE=，

222m⋅DB=x+y=0，

令m=(x,y,z)为平面EDB的一个法向量，则12z=0m⋅DE=y+22−2,2,−1，

令y=2，即m=()()n⋅PB=a+b−2c=01，

令n=(a,b,c)为平面PFB的一个法向量，则a+b=0n⋅FB=22n2,−1,，

令a=2，即=2m,n所以cos=m⋅n=mn77552=，

55115×2755．

55即平面PFB与平面EDB夹角的余弦值20.

【解析】

(1)设C点的坐标为(x,y)，则点B的坐标为(2x−1,2y+3)，

点B为圆(x+1)2+(y+1)2=4上的动点，

∴(2x−1+1)2+(2y+3+1)2=4化简得x2+(y+2)2=1，

故C的轨迹方程为x2+(y+2)2=1．

(2)由圆x2+(y+2)2=1

可得，圆心坐标为(0,−2)，半径r=1，

当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=此时圆心到直线x=1，

211的距离是2，

221所以MN=21−=3，满足条件；

21kx−当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y+=11kx−y−k−1=0，

，化简得22231，

因为MN=3，故圆心到直线l的距离d=1−=22由圆心到直线l的距离公式得dk0−(−2)−−12=1+k21−k2，

1+k2k2k21，即21−=1+k，平方得41+−k=1+k2，

所以=24221+k整理得4k−3=0，解得k=1−k23，

4=1直线l的方程为y+故直线l的方程为x=31x−0，

，即6x−8y−11=4210．

或6x−8y−11=2

21.

【解析】

（1）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Y要对y，甲才能获得胜利．

所以甲获得胜利为事件M，则P(M)=11111×+×=．

22222（2）在第一次出示的卡片中，样本空间Ω为第一次双方出示的卡片上的数字匹配情况，则ΩxX,xY,xZ,yX,yY,yZ,zX,zY,zZ},A{xX,yX,yY,zX,zY,zZ}

{=62=．

93=所以P(A)记b1=(xX,yY,zZ),b2=(xX,yZ,zY),b3=(xY,yX,zZ),b4=(xY,yZ,zX),b5=(xZ,yX,zY)，b6=(xZ,yY,zX)，

则三次出示卡片甲､乙卡片上数字匹配情况的样本空间为Ω={b1,b2,b3,b4,b5,b6},

B=“乙获得胜利\"，则B={b4}，所以P(B)=1．

621P(AB)==≠P(A)⋅P(B)．故事件A与事件B不独立．

361822.

【解析】

r2

（1）设圆M的标准方程为(x−a)2+(y−b)2=(1−a)2+(−3=−b)2r2=a2222⇒b=0

(2−a)+(2−b)=r22(4−a)2+(0r2=−b)r=∴圆M的标准方程为(x−2)2+y2=4

xmy+1，即x−my−1=0．则圆心M到直线l1的距离d1=（2）设直线l1的方程为=11+m2

14m2+3

∴PQ=24−=221+m1+m2=PQ2=3,EF4，

（i）若m=0，则直线l2为x轴，此时则S1PQEF43，

=21m−y+1，即x+若m≠0，则直线l2为x=11y−1=0．

m13m2+4=2d=,∴EF=24−2

1则圆心M到直线l2的距离2+m111+21+2mm1∴=SPQEF=22(3m2(+44m2+3m21=+=+21221222

121+m21+m2m+2+2m)())()m2+∴0<1≥2，当且仅当m2=1时取等

2m11≤∴S∈43,7142

m+2+2m(综上所述：S∈43,7

（ii）设P(x1,y1),Q(x2,y2)，联立方程组可得：

xmy+1=22(2)xy−+2myy+=12m2+122⇒m+1y−2my−3=0∴①

43−yy=12m2+1()直线OP方程为y=y1x，直线CQ方程为yx14myy+4y2y2(x−4)，联立可得G的横坐标xG=12

x2−43y1+y2−(y1+y2)

由①可知my1y2=324myy+4y2−6(y1+y2)+4y2−6y1−2y2∴xG=12===−2

3y1+y23y1+y23y1+y2∴点G在定直线x=−2上.