湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共28页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
zz
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
2  i z  i2022
若复数 满足，则 的虚部为（ ）
 1 i
5
 1
5
1 iD. 1
55
李华家养了白、灰、黑三种颜色的小兔各 1 只，从兔窝中每次摸取 1 只，有放回地摸取 3 次，则 3 次摸取的颜色各．不．相．同．的概率为（ ）
1212
B. C. D.
9933
直线 x csα 3y  2  0 的倾斜角范围是
π π
π 5
 π 5
,
 
, π
0,
  
π,π
 6 2 
 2 6
6  6
5π 5
0, π
, π
6
α→
 6 6
→
若平面 的法向量为u  1, 2, 4 ，平面β的法向量为v  m, 1, 2 ，直线l 的方向向量为
→
t  n, 2, 4 ，则（）
A. 若α/ /β，则 m  1B. 若l α，则 n  2
C. 若n  20 ，则l / /αD. 若 m  10 ，则α β
公元前 300 年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这 5 种正多面体.公元前 200 年，阿基米德把这 5 种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了 5 种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图 2 所示的足球截面体的棱数为（ ）
A. 60B. 90C. 120D. 180
已知某比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为 xi i  1, 2, 3, 4, 5 ，平均数为 x ，随机删去其任一轮的
成绩，得到一组新数据，记为 yi i  1, 2, 3, 4 ，平均数为 y ，对新数据和原数据，下面说法正确的是
（ ）
两组数据的极差不可能相等
两组数据的中位数不可能相等
若 x  y ，则两组数据的方差不可能相等
若 x  y ，两组数据的第60 百分位数可能相等
已知圆C ： x2  y2  4 和圆C ：  x  22   y  22  4 ，若点 P a, b(a  0, b  0) 在两圆的公共弦
12
上，则 1  9 的最小值为（）
ab
A. 5B. 6C. 7D. 8
如图，在直角V ABC 中， AB  3 ， AC  3 ，点 P 是边 AB 上异于端点的一点，光线从点 P 出发经
BC, CA 边反射后又回到点 P ，若光线QR 经过V ABC 的重心，则VPQR 的面积等于（）
54
A. B.
65
32
C. D.
43
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
下列四个命题中正确的是（ ）
过点10, 10 且在 x 轴上的截距是在 y 轴上截距的 2 倍的直线的方程为 x  2 y 10  0
向量 a  4, 3 是直线3x  4 y  3  0 的一个方向向量
2 5
若直线l : x  2 y 1  0 与l : 2x  ay  2  0 平行，则l 与l 的距离为
5
1212
圆C1 : x  y  2x  10 与圆C :  x  2   y  4  16 有两条公切线
2
2222
在学习了解三角形的知识后，为了锻炼实践能力，某同学搞了一次实地测量活动 他位于河东岸，在靠近河岸不远处有一小湖，他于点 A 处测得河对岸点 B 位于点 A 的南偏西 45 的方向上，由于受到地势的限
制，他又选了点C ， D ， E ，使点 B ， C ， D 共线，点 B 位于点 D 的正西方向上，点C 位于点 D 的正东方向上，测得CD  CE  100m ，BAD  75 ，AEC  120 ， AE  200m ，并经过计算得到如下数据，则其中正确的是（ ）
A. AD  200mB. △ADC 的面积为1000 3m2
C. AB  100 6mD. 点 A 在点C 的北偏西30 方向上
如图，圆锥VAB 内有一个内切球O ， AB 为底面圆O1 的直径，球O 与母线VA ，VB 分别切于点C ， D .若
VVAB 是边长为 2 的等边三角形， MN 为底面圆O1 的一条直径（ MN 与 AB 不重合），则下列说法正确的是（ ）
球O 的表面积为 4π
3
圆锥VAB 的侧面积为 4π
四面体CDMN 的体积的取值范围是 0, 3 
6 

2
若 P 为球面和圆锥侧面的交线上一点，则 PM  PN 的最大值为2
第 II 卷（非选择题）三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知 A2, 5 ， B4,1 两点到直线 x  my  2  0 的距离相等，则m  .
如图，在V ABC 中，已知 AB  2, AC  5, BAC  60∘ , BC, AC 边上的两条中线 AM , BN 相交于点
P ，则∠MPN 的余弦值为.
在东京奥运会乒乓球男子单打决赛中，中国选手马龙战胜队友樊振东，夺得冠军．乒乓球决赛采用 7局 4 胜制．在决胜局的比赛中，先得 11 分的运动员为胜方，但打到 10 平以后，先多得 2 分者为胜方．在 10∶10 平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发 1 个球．若在决胜局比赛中，马龙发球时马龙得分的概
21
率为 10∶10 平后，马龙先发球，
3 ，樊振东发球时马龙得分的概率为 2 ，各球的结果相互独立，在双方
则双方战至13 :11 的概率为．
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.
近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式，某直播平台有 1000 个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示，为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取 80个直播商家进行问询交流．
应抽取小吃类商家多少家？
在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的 80 个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示．
①估计该直播平台商家平均日利润的第 75 百分位数；
②若将平均日利润超过 480 元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．
已知圆 C：  x 12   y 12  4 ．
过点 P 3, 2 向圆 C 作切线 l，求切线 l 的方程；
若 Q 为直线 m： 3x  4 y  8  0 上的动点，过 Q 向圆 C 作切线，切点为 M，求 QM 的最小值．
在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，已知 AB  AC  AA1 5 ， BC  4 ，点 A1 在底面 ABC 的投影是线段
BC 的中点O .
证明：在侧棱 AA1 上存在一点 E ，使得OE  平面 BB1C1C ，并求出 AE 的长；
求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的正弦值.
在V ABC 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a
， b ， c ，且
sin2 A  sin Asin B
cs2 B  cs2 C
 1 .
3
6
若c ， a  b ，求边 AB 上的角平分线CD 长；
若V ABC 为锐角三角形，点 F 为V ABC 的垂心， CF  6 ，求3CF  AF 的取值范围.
BF
在平面直角坐标系 xOy 中，图形W 上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为d. 对于点 P 和图形W 给出如下定义：点Q 是图形W 上任意一点，若 P ， Q 两点间的距离有最小值，且最小值恰好为
d ，则称点 P 为图形W 的“关联点”.
如图 1，图形W 是矩形 AOBC ，其中点 A 的坐标为0, 3 ，点C 的坐标为4, 3 ，求出 d 的值.在点
P1 1, 0 ， P2 2,8 ， P3 3,1 ， P4  21, 2中，哪些点为矩形 AOBC 的“关联点”？
如图 2，图形W 是中心在原点的正方形 DEFG ，其中点 D 的坐标为1,1. 若直线 y  x  b 上存在点
P ，使点 P 为正方形 DEFG 的“关联点”，求b 的取值范围；
已知点 M 1, 0 ， N 0, 3 . 图形W 是以T t, 0 为圆心，1 为半径的eT.若线段 MN 上存在点 P ，使点 P 为e T 的“关联点”，求t 的取值范围.
襄阳四中 2024 级高二上学期 10 月月考数学试卷
第 I 卷（选择题）
zz
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
2  i z  i2022
若复数 满足，则 的虚部为（ ）
 1 i
5
 1
5
1 iD. 1
55
【答案】D
【解析】
【分析】先根据虚数单位i 的周期性求出i2022 的值，再通过复数除法运算求出 z ，最后根据共轭复数和虚部的概念，即可确定 z 的虚部.
【详解】由2  i z  i2022  i45052  i2  1，则 z   1   2  i   2  i   2  i ，
所以 z   2  1 i ，故 z 的虚部为 1 .
555
故选：D
2  i
2  i2  i
555
李华家养了白、灰、黑三种颜色的小兔各 1 只，从兔窝中每次摸取 1 只，有放回地摸取 3 次，则 3 次摸取的颜色各．不．相．同．的概率为（ ）
1212
B. C. D.
9933
【答案】B
【解析】
【分析】结合分步乘法计数原理，利用古典概型概率公式求解概率即可.
【详解】每次摸取有 3 种颜色选择，有放回地摸取 3 次，根据分步乘法计数原理，总基本事件数为3  3  3  27 ， 3 次摸取的颜色各不相同，即从 3 种颜色中选 3 种排列，
第 1 次有 3 种选择，第 2 次不能与第 1 次相同有 2 种选择，第 3 次不能与前两次相同有 1 种选择，
62
符合条件的事件数为3  2 1  6 ，所以所求概率为故选：B.
 .
279
直线 x csα 3y  2  0 的倾斜角范围是
π π
π 5
 π 5
,
 
, π
0,
  
π,π
 6 2 
 2 6
6  6
5π 5
0, π
, π
6
 6 6
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，设直线的倾斜角为θ，根据直线方程，求得3  tanθ3 ，即可求解.
33
【详解】由题意，设直线的倾斜角为θ
3
3
3
csα
直线 x csα
3y  2  0 的斜率为 k  [
,]，
33
即3  tanθ3 ，又由θ[0,π) ，所以θ 0,π   5π,π ，

336  6
故选 B.
【点睛】本题主要考查了直线方程的应用，以及直线的斜率与倾斜角的关系的应用，着重考查了推理与运
算能力，属于基础题.
α→→
若平面 的法向量为u  1, 2, 4 ，平面β的法向量为v  m, 1, 2 ，直线l 的方向向量为
→
t  n, 2, 4 ，则（）
A. 若α/ /β，则 m  1B. 若l α，则 n  2
C. 若n  20 ，则l / /αD. 若 m  10 ，则α β
【答案】D
【解析】
【分析】根据面面平行则法向量共线计算可判断 A；根据直线与平面垂直则直线的方向向量与平面法向量共线计算可判断 B；根据直线的方向向量与平面法向量垂直则直线与平面平行或直线在平面内可判断 C；根
据法向量垂直则面面垂直可判断 D.
【详解】对于 A，由α/ /β，得u / /υ，则 m  1  2 ，解得 m  1 ，故 A 错误；
1242
对于 B，由l α，得→ ，则 n  2  4 ，解得 n  1 ，故 B 错误；
t / /u
124
→→ →→→
对于 C，由n  20 ，得t  20, 2, 4, t  u  20  4 16  0, t  u ，则l / /α或l α，故 C 错误；
v
2 , u v
0, uv
对于 D，由 m  10 ，得→  10, 1,   →  →  10  2  8 →  → ，则α β，故 D 正确.
故选：D.
公元前 300 年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这 5 种正多面体.公元前 200 年，阿基米德把这 5 种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了 5 种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图 2 所示的足球截面体的棱数为（ ）
A. 60B. 90C. 120D. 180
【答案】B
【解析】
【分析】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案.
【详解】易知正二十面体有 20 个面，每个面都是三角形，每个顶点都是 5 条棱的交点，每条棱都是两个
面的公共边，
所以，正二十面体的棱数为 3  20  30 ，顶点的个数为 3 20  12 .
25
由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了 5 条棱；原来的 30 条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为12  5  30  90 .
故选：B.
已知某比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为 xi i  1, 2, 3, 4, 5 ，平均数为 x ，随机删去其任一轮的成绩，得到一组新数据，记为 yi i  1, 2, 3, 4 ，平均数为 y ，对新数据和原数据，下面说法正确的是
（ ）
两组数据的极差不可能相等
两组数据的中位数不可能相等
若 x  y ，则两组数据的方差不可能相等
若 x  y ，两组数据的第60 百分位数可能相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据极差、中位数、方差、百分位数的求法，通过举反例或对计算公式、所得数据的分析判断各项的正误.
【详解】A，若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩，此时新数据的极差等于原数据的
极差，A 错误；
B，不妨设 x  x  x  x  x ，当 1  x  x   x 时，若随机删去的成绩是 x ，此时新数据的中位数
12345
等于原数据的中位数，B 错误；
22433
C，若 x  y ，即删去的数据恰为平均数，根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，此时方差会变大，C 正确;
D，在按从小到大的顺序排列的5 个数据中5 60%  3 ，
此时原数据的60% 分位数为第三个数和第四个数的平均数，即 x3  x4 ，
2
删去一个数据后的4 个数据，按从小到大的顺序排列，可得4  60%  2.4 ，
此时新数据的60% 分位数为第三个数，即 x 或 x ，而 x  x ，则 x  x3  x4  x ，
3434324
显然新数据的60% 分位数不等于原数据的60% 分位数，D 错误．故选：C
已知圆C ： x2  y2  4 和圆C ：  x  22   y  22  4 ，若点 P a, b(a  0, b  0) 在两圆的公共弦
12
上，则 1  9 的最小值为（）
ab
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由两圆方程可得公共弦方程 x  y  2 ，由点在弦上有a  b  2 ，进而利用基本不等式求最小值即可.
1
2
【详解】圆C ： x2  y2  4 和圆C ：  x  22   y  22  4 两个方程相减，即可得到两圆的公共弦：
x  y  2 ，
又点 P a，b(a  0，b  0) 在两圆的公共弦上，即a  b  2 ，
则 1  9  1 a  b 1  9 
ab

ab2 
b  9a ab
 1 10  b  9a   5  1  b  9a   5  1  2
 8，
2 ab 2  ab 2

( 当且仅当b  3a ，即 a  1 ， b  3 时等号成立) ，即 1  9 的最小值为8.
22ab
故选：D.
如图，在直角V ABC 中， AB  3 ， AC  3 ，点 P 是边 AB 上异于端点的一点，光线从点 P 出发经
BC, CA 边反射后又回到点 P ，若光线QR 经过V ABC 的重心，则aPQR 的面积等于（）
54
A. B.
65
32
C. D.
43
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意建立直角坐标系，结合光的反射原理，依次求出点 P 关于直线 BC ， y 轴的对称点 P1, P2 ，并由 P1, Q, R, P2 四点共线，即可得到直线QR 的方程，进而解出点Q, R 的坐标并求得线段QR 的长度，再运 用点到直线的距离公式求得点 P 到直线QR 的距离，最后代入三角形的面积公式即可得解.
【详解】根据题意，以点 A 为原点，以 AB ， AC 分别为 x 轴， y 轴建立直角坐标系，
则 B 3, 0, C 0, 3 ，所以直线 BC 的方程为 x  y  3  0 ， V ABC 的重心为1,1 .
设点 P a, 0 ，其中0 < a < 3 ，则点 P 关于直线 BC 的对称点 P1  x, y  ，
 a  x  0  y  3  0
 22
满足
x  3

，解得
，即 P 3, 3  a ，
  11
 y  0
  
 x  a
 y  3  a1
易得点 P 关于 y 轴的对称点 P2 a, 0 ，由光的反射原理可知 P1, Q, R, P2 四点共线，
直线QR 的斜率 k  3  a  0  3  a ，所以直线QR 的方程为 y  3  a  x  a ，
3  a
3  a
3  a
由于直线QR 经过V ABC 的重心1,1 ，代入得1  3  a 1 a ，
3  a
化简得 a  1 或 a  0 （舍去），故点 P 1, 0 ，点 P1 3, 2 ，点 P2 1, 0 ，
直线QR 的方程为 y  1  x 1 ，即 x  2 y 1  0 ，
2
x  5
x  y  3  0
联立
3 5 4 
，解得，即点Q,，

3 3
x  2 y 1  0


 y  4
3
x  2 y 1  0
x  0

1 
联立x  0
，解得 y  1 ，即点 R  0, 2  ，

所以QR 
2
 5
 3  0    3  2 
2
 41 2



5 5
，
12  22
1 2  0 1
6
又点 P 到直线QR 的距离为
 2
 2 5 ，
5
5
所以S△ PQR
 1  5 5  2 5  5 .
2656
故选：A.
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
下列四个命题中正确的是（ ）
过点10, 10 且在 x 轴上的截距是在 y 轴上截距的 2 倍的直线的方程为 x  2 y 10  0
向量 a  4, 3 是直线3x  4 y  3  0 的一个方向向量
2 5
若直线l : x  2 y 1  0 与l : 2x  ay  2  0 平行，则l 与l 的距离为
5
1212
圆C1
: x2  y2  2x  10 与圆C
:  x  22   y  42  16 有两条公切线
2
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据点的坐标设出直线方程，求截距，列出方程组求解判断 A，根据直线方向向量的概念判断 B，利用两平行线间的距离公式判断 C，根据圆与圆的位置关系判断 D.
【详解】选项 A：由题意可知直线斜率存在且不为0 ，设直线方程为 y 10  k  x 10 ，
令 x  0 解得 y  10k 10 ，令 y  0 解得 x   10 10 ，
k
因为该直线在 x 轴上的截距是在 y 轴上截距的2 倍，
所以 10 10  2 10k 10 ，解得 k  1 或 k   1 ，
k2
所以直线方程为 y  x 或 x  2 y 10  0 ，A 错误；
选项 B：直线3x  4 y  3  0 的斜率为 3 ，方向向量为λ1, 3 λ 0 ，当λ 4 时，方向向量为
44 

4, 3 ，B 正确；
2  2
22  42
选项 C：因为直线l1 : x  2 y 1  0 与l2 : 2x  ay  2  0 平行，所以 a  4 ，由l1 : x  2 y 1  0 得2x  4 y  2  0 ，
2x  4 y  2  0
2x  4 y  2  0
d  4  2 5
则直线
与直线
之间的距离
2
5，C 正确；
5
11
选项 D：由题意圆C :  x 12  y2  11圆心为C 1, 0 ，半径 r ，
111
圆C2
:  x  22   y  42  16 圆心为C
2, 4 ，半径 r2  4 ，
2 12  4  02
2
因为 C C 
 5 ， r
 r  C C
 r  r ，
1 2
211 221
所以两圆相交，有且仅有两条公切线，D 正确；故选：BCD
在学习了解三角形的知识后，为了锻炼实践能力，某同学搞了一次实地测量活动 他位于河东岸，在靠近河岸不远处有一小湖，他于点 A 处测得河对岸点 B 位于点 A 的南偏西 45 的方向上，由于受到地势的限制，他又选了点C ， D ， E ，使点 B ， C ， D 共线，点 B 位于点 D 的正西方向上，点C 位于点 D 的正东方向上，测得CD  CE  100m ，BAD  75 ，AEC  120 ， AE  200m ，并经过计算得到如下数据，则其中正确的是（ ）
AD  200mB. △ADC 的面积为1000 3m2
C. AB  100 6mD. 点 A 在点C 的北偏西30 方向上
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正余弦定理解三角形逐一求解即可；
对于 A ，先求出ADB  60 ， ADC  120 ， B  45 ，再根据 AC 2  AE2  CE2  2 AE  CEcs120 ，
AC 2  CD2  AD2  2 AD  CDcs120 ，即可判断；对于B ，根据三角形的面积公式求解即可，即可判断；
对于C ，在△ABD 中，由正弦定理
AB
sinADB
 AD
insB
，即可判断；
对于D ，过点 A 作 AG  BC 于点G ，易知DAG  30 ，即可判断．
【详解】对于 A ，因为BAD  75 ，点 B 位于点 A 的南偏西45 的方向上，所以B  45 ， ADB  60 ， ADC  120 ，
又AEC  ADC  120 ， CD  CE  100m ， AC  AC ， AE  200m ，
在△AEC ，△ADC 中，AC 2  AE2  CE2  2 AE  CEcs120 ，AC 2  CD2  AD2  2 AD  CDcs120 ，所以 AD  AE  200m ，故 A 正确；
对于B ， △ADC 的面积为 1  AD  CD sinADC  1  200 100 3  5000 3 m2  ，故 B 错误；
222
对 于C ， 在 △ABD 中 ， 由 正 弦 定 理 ， 得
AB
sinADB
 AD
sinB
， 解 得
AB  AD sinADB 
sinB
200 3
2
2
2
 100 6 m ，故 C 正确；
对于D ，过点 A 作 AG  BC 于点G ，易知DAG  30 ，所以CAG  30 ，故 D 错误，
故选： AC ．
如图，圆锥VAB 内有一个内切球O ， AB 为底面圆O1 的直径，球O 与母线VA ，VB 分别切于点C ， D .若
aVAB 是边长为 2 的等边三角形， MN 为底面圆O1 的一条直径（ MN 与 AB 不重合），则下列说法正确的是（ ）
球O 的表面积为 4π
3
圆锥VAB 的侧面积为 4π
四面体CDMN 的体积的取值范围是 0, 3 
6 

2
若 P 为球面和圆锥侧面的交线上一点，则 PM  PN 的最大值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 选项，正aVAB 内切圆即为球O 的截面大圆，又正aVAB 的边长为 2，求出球O 的半径 r 3 ，
3
得到球的表面积；B 选项，利用圆锥侧面积公式进行求解；C 选项，四面体CDMN 被平面VAB 截成体积相等的两部分， 设 M 到平面 VAB 的距离为 d 0  d  1 ， 求出正三角形 CO1D 的边长和面积， 求出
V 2V


3
d  0,
3 
；D 选项，动点 P 的轨迹是圆，可得 PO
 MO
 NO
 1 ，故 PM  PN ，
CDMNM CDO
111
166

2
因此 PM 2  PN 2  4 ，由均值不等式得到 PM  PN  2，故 D 正确.
3
【详解】A 选项，连接VO1 ，等边三角形VAB 内切圆即为球O 的截面大圆，球心O 在线段VO1 上，
又等边三角形VAB 的边长为 2，所以 AO1
 1， VO1 ，
则球O 的半径 r  OO  AO tan30∘ 3 ，
113
所以球O 的表面积 S  4πr2  4π  1  4π ，故 A 正确；
33
B 选项，圆锥的侧面积 S  π1 2  2π ，故 B 错误；
C 选项，由题意可得四面体CDMN 被平面VAB 截成体积相等的两部分，
设 M 到平面VAB 的距离为 d 0  d  1 ，
球O 的半径 r  OO1 
3 ，三角形CO D 为等边三角形，设其边长为m ，
1
3
则m 2r  2 3 ，故 m  2 3 sin 60  1，
sin 6033
故三角形CO1D 的面积为 1 12 sin 60 3 ，
24
3
即V 2V 2  1 Sd  2  1 
d 

3
d  0,
3 
，故 C 正确；
CDMNM CDO
aCO D
131
3466

D 选项，依题意，动点 P 的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为 E ，
CD  1，故C ， D 是边 AV ， BV 的中点，可得 EP  1 O B  1 ， EO  1 VO 3 ，
11
O P2  EO2  EP2  1 ，
2 12
1212
则有 PO1  MO1  NO1  1 ，故PMO1  MPO1, PNO1  NPO1 ，
又PMO1  MPO1  PNO1  NPO1
 π ，故MPO1  NPO1
 π ，
2
即 PM  PN ，因此 PM 2  PN 2  MN 2  4 ，
由均值不等式，得
PM  PN
2
，即 PM  PN  2，
PM 2  PN 2
2
2
2
当且仅当 PM  PN 时取“  ”，故 D 正确.故选：ACD
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知 A2, 5 ， B4,1 两点到直线 x  my  2  0 的距离相等，则m  .
【答案】1或 3
2
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式进行求解即可.
【详解】因为 A2, 5 ， B 4,1 两点到直线 x  my  2  0 的距离相等，
所以有
 5m  6  m  5m  6  m 或5m  6  m ，
12  m2
2  5m  2
12  m2
4  m  2
解得 m  1或 m   3 .
2
故答案为：1或 3
2
如图，在V ABC 中，已知 AB  2, AC  5, BAC  60∘ , BC, AC 边上的两条中线 AM , BN 相交于点
P ，则∠MPN 的余弦值为.
【答案】 4 91
91
【解析】
【分析】利用平面向量的加减法运算和数量积的运算律求解即可.
––––→1 –––→–––→ –––→1 –––→–––→
【详解】由题可得， AM  ( AB  AC), BN  AC  AB ，
22
–––→ –––→–––→–––→
AB  AC  AB  AC cs 60∘  5 ，
––––→ –––→
1 –––→–––→ 1 –––→–––→ 
1 –––→2
1 –––→2
1 –––→ –––→
所以 AM  BN   AB  AC  AC  AB    AB  AC  AB  AC
2 2244
 2  25  1  5  3，
44
1
2
1
AB  AC  2 AB  AC
–––→2–––→2
–––→ –––→
39
––––→–––→–––→1
AM 
AB  AC

4  25 10 ，
222
1
2
1 –––→2–––→2–––→ –––→
4
AC  AB  AC  AB
21
–––→–––→–––→
BN 
AC  AB 
，
2
cs MPN 
cs
––––→ –––→
AM , BN
AM  BN 3
4 91

––––→–––→
所以AM
 BN
39 21
91 ，
22
故答案为: 4 91 .
91
在东京奥运会乒乓球男子单打决赛中，中国选手马龙战胜队友樊振东，夺得冠军．乒乓球决赛采用 7局 4 胜制．在决胜局的比赛中，先得 11 分的运动员为胜方，但打到 10 平以后，先多得 2 分者为胜方．在 10∶10 平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发 1 个球．若在决胜局比赛中，马龙发球时马龙得分的概
21
率为 10∶10 平后，马龙先发球，
3 ，樊振东发球时马龙得分的概率为 2 ，各球的结果相互独立，在双方
则双方战至13 :11 的概率为．
【答案】 1 ## 0.25
4
【解析】
【分析】分析双方战至13 :11 时后四局的具体过程，结合独立事件概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式求概率可得结论.
【详解】记甲为马龙，乙为樊振东，在比分为10 :10 后甲先发球的情况下，甲以13 :11 赢下此局分两种情况：
①后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为： P  2  1  2  1  1 .

132329
②后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为， P  1  1  2  1  1 ，

2323218
乙以13 :11 赢下此局分两种情况：
③后四球胜方依次为乙甲乙乙，概率为： P  1  1  1  1  1

33 2 3 236
④后四球胜方依次为甲乙乙乙，概率为， P  2  1  1  1  1

43 2 3 218
所以，所求事件概率为 P  P +P  P  1  1  1  1  1 .

故答案为： 1 .
4
1234
9 1836 184
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.
近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行营销形式，某直播平台有 1000 个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示，为了更好地服务买卖双方，该直播平台打算用分层抽样的方式抽取 80个直播商家进行问询交流．
应抽取小吃类商家多少家？
在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的 80 个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率直方图如图②所示．
①估计该直播平台商家平均日利润的第 75 百分位数；
②若将平均日利润超过 480 元的商家称为“优质商家”，估计该直播平台“优质商家”的个数．
【答案】（1）28 家（2）① 487.5 元；②280
【解析】
【分析】（1）根据分层抽样的定义结合图①求解即可；
（2）①先根据频率和为 1 求出 a ，然后列方程求解第 75 百分位数，②根据频率分布直方图求出平均均日利润超过 480 元的频率，然后乘以 1000 可得答案.
【小问 1 详解】
根据分层抽样知：应抽取小吃类80 1 30% 15% 10%  5%  5%  28 家；
【小问 2 详解】
①根据题意可得0.002  3  2a  0.006 50  1 ，解得 a  0.004 ，设 75 百分位数为 x，
因为0.002  0.004  0.006 50  0.6  0.75 ， 0.002  0.004  0.006  0.004 50  0.8  0.75 ，
所以 x  450 0.004  0.6  0.75 ，解得 x  487.5 ，
所以该直播平台商家平均日利润的 75 百分位数为 487.5 元．
②  500  480  0.004  0.002  0.002  50 1000  280 ，
50

所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为 280．
已知圆 C：  x 12   y 12  4 ．
过点 P 3, 2 向圆 C 作切线 l，求切线 l 的方程；
若 Q 为直线 m： 3x  4 y  8  0 上的动点，过 Q 向圆 C 作切线，切点为 M，求 QM 的最小值．
【答案】（1） x  3 或5x 12 y  9  0
5
（2）
【解析】
【分析】（1）按斜率存在和不存在两种情形分类求解，斜率存在时设出直线方程，由圆心到直线的距离等于半径求得参数值；
（2）确定直线与圆相离，由切线长公式 QC 最小即可，只要 求得圆心到直线的距离（为最小值）即可得切线长的最小值．
【小问 1 详解】
若切线 l 的斜率不存在，则切线 l 的方程为 x  3 ．
若切线 l 的斜率存在，设切线 l 的方程为 y  2  k  x  3 ，即 kx  y  3k  2  0 ．
因为直线 l 与圆 C 相切，所以圆心C 1, 1 到 l的距离为 2，即
 2 ，解得 k  5 ，
k 2 1
2k  3
12
所以切线 l 的方程为 y  2 
5  x  3 ，即5x 12 y  9  0 ．
12
综上，切线 l的方程为 x  3 或5x 12 y  9  0 ．
【小问 2 详解】
圆心C 到直线m 的距离为
 3  2 ，直线 m 与圆 C 相离，
3  4  8
32  (4)2
因为 QM 2  QC 2  4 ，所以当 QC 最小时， QM 有最小值．
32  42
3  4  8
当QC  m 时， QC 最小，最小值为
 3 ，
32  4
所以 QM 的最小值为
5 ．
在三棱柱 ABC  A1B1C1 中，已知 AB  AC  AA1 
BC 的中点O .
5 ， BC  4 ，点 A1 在底面 ABC 的投影是线段
证明：在侧棱 AA1 上存在一点 E ，使得OE  平面 BB1C1C ，并求出 AE 的长；
求平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的正弦值.
【答案】（1） AE 5
5
（2） 70
10
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直性质以及线面垂直判定定理证明可得结论，再利用三角形相似可得 AE 5 ；
5
（2）建立空间直角坐标系分别求得两平面的法向量，利用面面角的向量求法计算可得结果.
【小问 1 详解】
证明：连接 AO ，在aAOA1 中，作OE  AA1 于点 E ；因为 AA1 / / BB1 ，可得OE  BB1 ，
又因为 A1O  平面 ABC ， BC  平面 ABC ，所以 A1O  BC ；因为 AB  AC, OB  OC 可得 AO  BC ，
又 AO  A1O  O ， AO, A1O  平面 AA1O ，所以 BC  平面 AA1O ；因为OE  平面 AA1O ，所以OE  BC ，
而 BB1 ∩ BC  B ， BB1, BC  平面 BB1C1C ，可得OE  平面 BB1C1C ；
易知 AO 
AE  AO
 1 ， AA1 
AB2  BO2
AO2
5 ，又△AEO ∽aAOA1 ，
5
1
可得 AOAA
，即 AE 
；
AA15
即在侧棱 AA1 上存在一点 E ，使得OE  平面 BB1C1C ，且 AE 5 ；
5
【小问 2 详解】
由（1）可知OA, OB, OA1 两两垂直，
以O 为坐标原点，分别以OA, OB, OA1 所在直线为 x, y, z 轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则 A1, 0, 0, B 0, 2, 0, C 0, 2, 0, A1 0, 0, 2 ，
–––→
1 –––→
12 
 42 
由 AE  5 AA1    5 , 0, 5  ，可得 E 点的坐标为 5 , 0, 5  ；

BB C C
–––→

 42 
由（1）的平面1 1
的一个法向量为OE   , 0,  ，
55

又 AB  1, 2, 0, A1C  0, 2, 2
r
设平面 A1B1C 的一个法向量为 n   x, y, z  ，
–––→ →
 AB  n  x  2 y  0
则–––→ →，令
 A1C  n  2 y  2z  0
→
y  1
，可得
x  2, z  1 ；
可得 n  2,1, 1 即为平面 A1B1C 的一个法向量，
设平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 的夹角为θ，
OE  n
–––→
→
OE n
–––→ →
6
因此可得
csθ
cs
–––→ →
OE, n
5
2 5 
30 ，
6
10
5
所以平面 A1B1C 与平面 BB1C1C 夹角的正弦值为sinθ
1 cs2θ
.
1 
30 
2

 10 

70
10
在V ABC 中，内角 A ， B ， C 所对的边分别为 a
， b ， c ，且
sin2 A  sin Asin B
cs2 B  cs2 C
 1 .
3
6
若c ， a  b ，求边 AB 上的角平分线CD 长；
若V ABC 为锐角三角形，点 F 为V ABC 的垂心， CF  6 ，求3CF  AF 的取值范围.
BF
【答案】（1） 2
2
（2）  1 ,1
 2 

【解析】
【分析】（1）先根据平方关系及正弦定理化角为边，再利用余弦定理求出C ；利用余弦定理求出ab ，再由等面积法计算可得答案；
延长 AF 交 BC 于 M ，延长 BF 交 AC 于 E ，设BCF θ,θ  0, π  ，分别求出 AF 、 BF ，再根
3 

据三角恒等变换化，结合正切函数的性质即可得解.
【小问 1 详解】
sin2 A  sin Asin B
2222
因为
cs2 B  cs2 C
 1 ， cs
B  1 sin B, cs C  1 sin C ，
所以sin2 A  sin Asin B  sin2 C  sin2 B ，
由正弦定理得 a2  ab  c2  b2 ，即 a2  b2  c2  ab ，
a2  b2  c21
\l "_TOC_250000" C  0, π
C  π
由余弦定理得cs C  ，因为 ，所以 ；
2ab23
3
6
又因为c ， a  b ，所以c2  a2  b2  2ab  1  a  b2  3ab ，
2
即 3 2   6 2  3ab ，解得ab  1 ，设 AB 边上的角平分线CD 长为 x ，
则 SaABC
 1 ab sin C  1 ax sin C  1 bx sin C
22222
 1 a  b x sin C ，即 ab sin π  a  b x sin π ，
2236
即 3 6 x ，解得 x 2 ，即 AB 边上的角平分线CD 长为 2 ；
2222
【小问 2 详解】
延长 AF 交 BC 于 M ，延长 BF 交 AC 于 E ，设BCF θ,θ  0, π  ，
3 

所以ACF  π θ，在 RtaCMF 中 MF  CF sinθ 6 sinθ，
3
在aCEB 中， ECB  π ， BEC  π ，所以EBC  π ，
326
BF  MF  12 sinθ
在 RtaBMF 中
sin π，
6
同理可得在 RtaAEF 中 AF  2EF  12 sin  π θ ，所以
 3

6
12 sin  π θ
 πθπθ
3
 3
2 sin 3 cscs 3 sin
3CF  AF
3
   
BF12 sinθ2 sinθ
 3  3 csθ sinθ 3 1 csθ  1
2 sinθ
2 3 sin2 θ
 2  1 
2 sinθ2
3 tanθ 1 ，
θθ
4 sin cs
22
2222
因为θ  0, π  ，所以θ  0, π  ，所以tanθ  0,3  ，
3 
2 6 
2 3 

所以 3 tanθ 1  1 ,1 ，即3CF  AF 的取值范围为 1 ,1 .
222
 2BF
 2

在平面直角坐标系 xOy 中，图形W 上任意两点间的距离若有最大值，将这个最大值记为d. 对于点 P 和图形W 给出如下定义：点Q 是图形W 上任意一点，若 P ， Q 两点间的距离有最小值，且最小值恰好为
d ，则称点 P 为图形W 的“关联点”.
如图 1，图形W 是矩形 AOBC ，其中点 A 的坐标为0, 3 ，点C 的坐标为4, 3 ，求出 d 的值.在点
P1 1, 0 ， P2 2,8 ， P3 3,1 ， P4  21, 2中，哪些点为矩形 AOBC 的“关联点”？
如图 2，图形W 是中心在原点的正方形 DEFG ，其中点 D 的坐标为1,1. 若直线 y  x  b 上存在点
P ，使点 P 为正方形 DEFG 的“关联点”，求b 的取值范围；
已知点 M 1, 0 ， N 0, 3 . 图形W 是以T t, 0 为圆心，1 为半径的eT.若线段 MN 上存在点 P ，使点 P 为e T 的“关联点”，求t 的取值范围.
【答案】（1） P2 ， P4 是关联点；
（2） 6, 6；
1 2 3, 2 ∪ 6, 4 .

【解析】
【分析】（1）先求出 d ，再分别求出 P1 1, 0 ，P2 2,8 ，P3 3,1 ，P4  21 ,  2到矩形 AOBC 中的点
的距离最小值，根据定义判断即可；
根据图形W 是中心在原点的正方形 DEFG ，其中点 D 的坐标为1,1 ，写出 E ， F ， G 的坐标，同时得到正方形的边长和对角线长，从而得到 d ，根据直线 y  x  b 与对角线 DF 平行，设 P  x, y  ，按照1  x  1， 1  y  1 ， x  1 且 y  1分别讨论；
求出直线 MN 的方程，由圆T 半径为1得到 d  2 ，从而点 P 到圆T 上点的距离的最小值为 2，则
PT  2 1  3 ，分别讨论t  0 ， t  0 ，求出临界值从而得到t 的取值范围.
【小问 1 详解】
如图 1，图形W 是矩形 AOBC ，其中点 A 的坐标为0, 3 ，点C 的坐标为4, 3 ，
32  42
矩形 AOBC 的对角线长为
 5 ，这也是矩形中任意两点距离的最大值，所以 d  5 ，
对 P1 1, 0 ，矩形 AOBC 中的点O 0, 0 到它的距离最小为 1，不满足关联点的定义，不是关联点；
对 P2 2,8 ，矩形 AOBC 中的点到它的距离最小为8  3  5  d ，满足关联点的定义，是关联点；
对 P3 3,1 ，矩形 AOBC 中的点到它的距离最小为 1，不满足关联点的定义，不是关联点；
对 P4 
21 ,  2，矩形 AOBC 中的点O 0, 0 到它的距离最小为
 5  d ，
21 4
满足关联点的定义，是关联点；因此 P2 ， P4 是关联点.
【小问 2 详解】
如图 2，图形W 是中心在原点的正方形 DEFG ，其中点 D 的坐标为1,1 .
2
若直线 y  x  b 上存在点 P ，使点 P 为正方形 DEFG 的“关联点”，
2
可知正方形的边长为 2，对角线长为2
直线 y  x  b 与对角线 DF 平行，
，因此正方形 DEFG 中， d  2，
由已知 E 1,1 ， F 1, 1 ， G 1, 1 ，设 P  x, y  ，
2
当1  x  1时， y  1 2 2 或 y  1 2时，
2
P 到正方形 DEFG 上点的距离的最小值为2
，满足关联点的定义，为关联点；
2
当1  y  1 时， x  1 2
或 x  1 2时，
2
2
P 到正方形 DEFG 上点的距离的最小值为2
当 x  1 且 y  1时，如果 P 在第一象限，
，为关联点；
2
则 P 到正方形 DEFG 上点的距离的最小值为 PD  2，
因此有(x -
1)2 + ( y -
1)2 = 8，
即 P 在圆(x -
1)2 + ( y -
1)2 = 8的一段弧上(x  1, y  1) .
同理点 P 还在下列三段圆弧上：
(x 1)2  ( y 1)2  8 x
1, y 1 ， (x 1)2  ( y 1)2  8(x  1, y  1) ，
(x 1)2  ( y 1)2  8(x  1, y  1) ；
直线 y  x  b 与正方形的一条对角线 DF 平行，
直线 y  x  b 与图中正方形 DEFG 外围的图形（四段线段与四段圆弧组成）的公共点即为关联点；
2
11 b
当直线 y  x  b 与第二象限的一段圆弧相切时， 2 2 ， b  6 （ 2 舍去）；
同理当直线 y  x  b 与第四象限的一段圆弧相切时， b  6 ；所以b 的取值范围是6, 6.
【小问 3 详解】
由题线段 MN 所在直线方程为 y 
圆T 半径为1，因此 d  2 ，
3  0  x 1 ，即 3x  y  0 ，
3
0 1
点 P 到圆T 上点的距离的最小值为 2，则 PT  2 1  3 ，
3t  3
3
当t  0 时，令点T 到线段 MN 所在直线距离为 3  t  1 2，
2
此时T (1  2 3,0) ，
3
令1 t  3  t  2 ， T (2, 0) ；当1 2
 t  2 时，线段 MN 上存在点 P ，使点 P 为e T 的“关
联点”.
当t  0 时，令 NT
1  2 
t 2  3
 3  t 
6 ， T ( 6, 0) ，
令 MT
 3  t 1  3  t  4 ， T (4, 0) ，
6
当 t  4 时，线段 MN 上存在点 P ，使点 P 为e T 的“关联点”.
如图：
综上可知， t 的取值范围是1 2 3, 2  6, 4 .
