精品解析：湖南省天壹名校联盟2025-2026学年高二上学期10月联考数学试题

2025年下学期10月高二联考数学 本试卷共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 在复平面内，复数对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法运算和乘方运算法则求得复数，进而可得在复平面内对应的点的坐标，即可得出结论. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限. 故选：B． 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据关于谁对称谁不变这一结论直接写结论即可. 【详解】点关于平面的对称点为， 故选：C 3. 国庆8天小长假过后，某同学统计了该年级3个班级的同学在假期旅游去过的城市个数分别为12，15，18，则这三个数据的方差为（　　） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由平均数和方差的计算公式即可求解. 【详解】易得这三个数据的平均数，方差. 故选D. 4. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据和进行分类讨论，结合余弦函数的值域计算出的范围，则倾斜角的取值范围可知. 【详解】当时，此时直线方程，垂直于轴，所以倾斜角； 当时，此时直线的斜率， 因为，所以， 结合正切函数的图象可知， 综上所述，倾斜角的取值范围是， 故选：C. 5. 设空间向量．若不能构成空间向量的一组基底，则（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】可设，利用坐标运算得出方程组，根据其解的情况来判断. 【详解】当时，， 假设，显然无解， 则不共面，A不符合题意； 假设， 则， 当时，方程组为，，解得， 故，则共面，B符合题意； 当时，方程组为，无解， 故不共面，可构成空间向量的一组基底，C不符合题意； 当时，方程组为，无解， 故不共面，可构成空间向量的一组基底，D不符合题意. 故选：B． 6. 设，则（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式求出的值，再利用同角三角函数的平方关系可求得的值. 【详解】由二倍角的余弦公式可得， 所以， 故选：D． 7. 已知圆台的上、下底面圆均在体积为的球的球面上，若圆台的下底面圆的半径与母线长均为上底面圆半径的2倍，则该圆台的表面积为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可设圆台的上、下底面圆的半径分别为，则其母线长为，可求得高，进而计算下底面圆心到上底面圆周上任意一点的距离，看到正好等于下底面圆的半径，由此得到球心位置，进而得到球的半径为，结合球的体积可求得，进而求得圆台的表面积即可. 【详解】由题意设圆台的上、下底面圆的半径分别为，则其母线长为， 可得高为， 所以下底面圆心到上底面圆周上任意一点的距离为， 又因为下底面圆的半径也等于，所以下底面圆心正好就是已知球的球心，所以球的半径为. 已知该球的体积为，由球的体积公式得，解得. 所以该圆台的表面积. 故选：C． 8. 已知空间向量，向量，其中，则的最小值为（　　） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】证明出四点共面后，根据当平面时，有最小值，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离公式求解即可． 【详解】设， 因为，所以， 所以四点共面，当平面时，有最小值． ，， 设平面的一个法向量，则， 取，则，所以为平面的一个法向量， 所以到平面的距离， 故选：B． 二、选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分． 9. 已知正数满足，则（　　） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例可判断A；由基本不等式可判断BC；由基本不等式结合对数的运算可得D. 【详解】当时，则不成立，故A错误； ，当且仅当时取等号，故，故B正确； ，当且仅当， 即时等号成立，则，故C错误； ，因为，当且仅当时等号成立， 所以，于是，即，故D正确. 故选：BD. 10. 已知平行六面体的各个面均为菱形，设，，且，两两之间的夹角都是，则（　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先根据题意得到，且两两之间的夹角均为.对选项A，计算即可判断A正确；对选项B，计算，即可判断B错误；对选项C，计算，即可判断C正确；对选项D，分别计算和，即可判断D正确. 【详解】由已知得，且两两之间的夹角均为， 所以， 对选项A，，故A正确； 对选项B， . 故B错误； 对选项C， ，即，故C正确； 对选项D， ， 又因为，所以， 又因为余弦函数在单调递减， 故，故D正确. 故选：ACD 11. 空间内不重合的两平面的法向量分别为，直线的方向向量为，已知，则（　　） A. 当时， B. 当时， C. 当时，与共线 D. 当时，与相交 【答案】ACD 【解析】 【分析】空间内取一点使得，则.由面面垂直得到法向量垂直，然后由投影向量性质判断AB选项，由面面平行得到法向量平行，由平行向量的数量关系判断C选项，由线面平行得到向量位置关系，由向量位置关系得到面面位置关系判断D选项. 【详解】不妨取空间内一点使得，则. 对于A，由可知，故由投影向量性质可知，故A正确； 对于B，同理，故B错误； 对于C，由可得，故可设，故，可知与共线，故C正确； 对于D，由可得，显然与不共线，于是不与共线， 故两平面不平行，故二者只能相交，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. 设直线与直线平行，则___________． 【答案】1 【解析】 【分析】由直线平行得到，将两直线化成斜截式即可由平行求解. 【详解】因为，直线， 所以与的斜率相等，， 所以直线， 所以. 故答案为:1. 13. 已知集合，则___________（用区间的形式表示）． 【答案】 【解析】 【分析】通过解不等式和指数函数的性质分别求出集合，再进行集合间的运算即可. 【详解】由可解得，故， 由可得，故，则， 所以. 故答案为：． 14. 空间内不共面的三条直线满足，且，记，已知，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由得，进而得，又得，由得，进而得，由，利用夹角公式得，最后利用勾股定理即可求解. 【详解】由得， 因为，由得， 由可得， 由可得， 而，得． 由得 ，即，即，解得， 故由勾股定理得， 故答案为：． 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． 15. 已知直线． （1）求过点，且与垂直的直线的斜截式方程； （2）求过与的交点，且在两坐标轴上的截距和为0的直线的一般式方程（该直线的截距均不为0）． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出直线的斜率，根据斜率存在的情况下，互为垂直的直线的斜率乘积为，可设所求直线方程为，代入求解即可； （2）联立方程求出交点坐标，设直线方程为，得出方程组求解即可． 【小问1详解】 由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线的斜截式方程为． 【小问2详解】 联立解得交点坐标为， 设直线方程为， 依题意， 解得， 所以所求直线的一般式方程为． 16. 如图，在几何体中，底面为平行四边形，平面，平面平面． （1）证明：； （2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 设，连接，过向作垂线，垂足为， 因为平面平面，平面平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）设，连接，过向作垂线，垂足为，先证平面，然后证明平面，结合线面垂直的性质可证； （2）以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，根据向量夹角公式可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，结合（1）可知底面为正方形， 以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，令得，. 设平面的一个法向量为， 则，令得，. 设平面与平面的夹角为，则， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若是边上异于端点的动点，且，求的最小值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式化简即可得解； （2）由正弦定理求出的表达式，利用三角函数的最值得解. 【小问1详解】 由正弦定理可得， 所以， 因为，所以． 因为，所以. 【小问2详解】 由题意可得，设，则. 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由正弦定理，得， 所以 由，得，所以当， 即时，取得最小值为2. 18. 如图，在棱长为2的正方体中，点和分别为棱和的中点．平面经过点，设平面与分别交于两点． （1）求点到平面的距离； （2）求，并证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） （2），证明如下： 如图，以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 则. 因为分别为棱和的中点，所以. 点在棱上，设． 由在平面上，则与共面，即存在实数使得， 所以，可得，解得，则， 故. 同理，设，令，则，解得， 则，则， 平面的一个法向量为，且，则． 又直线不在平面内，所以平面. （3） 【解析】 【分析】（1）根据等体积法，构造三棱锥，求出点到平面的距离. （2）根据正方体的性质，建立空间直角坐标系，根据空间中证明线面平行的向量方法，证明线面平行即可. （3）根据空间向量的数量积，求线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 设点到平面的距离为，等价于到平面的距离为． 三棱锥的体积， 其中表示的面积，三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 则有，且， 则． 又. 所以，即点到平面的距离为. 【小问2详解】 ，证明略. 【小问3详解】 由（2）得． 设平面的法向量为，则，即， 令，解得，平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为． 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 19. 如图，在四棱锥中，， 为线段上一动点． （1）证明：平面； （2）已知四点均在球的球面上． （i）证明：三点共线； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度． 【答案】（1） 因为，，所以，， 于是有，故， 由平面平面，可知平面， 由平面可知， 由平面平面， 所以平面. （2）（i） 方法一：建系法：以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向， 的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则. 设，则由， 即 解得， 于是， 故由可知三点共线. 方法二：几何法：不妨记为中点，为中点，显然有， 而由知， 由平面平面知平面. 由可知，易知有且仅有直线上任一点到的距离相等，故， 同理可知过点且垂直于平面的直线上任一点到的距离相等， 故由知点即为点，于是三点共线. （ii）2 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理可证明，由线面垂直性质定理可证明，再根据线面垂直判定定理可证明得出结论； （2）（i）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标表示以及共线定理可证明三点共线；方法二：不妨记为中点，为中点，可得，再由线面垂直判定定理可证明平面，再结合空间距离以及点与线的位置关系可得三点共线； （ii）建立空间直角坐标系，不妨设，求出平面的法向量，再由线面角的空间向量求法得出其表达式，解方程可得，求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向， 的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，不妨设， 则， 记平面的法向量， 则，即，可取， 记直线与平面所成角为， 即，解得或（舍去），故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年下学期10月高二联考数学 本试卷共4页．全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 在复平面内，复数对应的点位于（　　） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为（ ） A. B. C. D. 3. 国庆8天小长假过后，某同学统计了该年级3个班级的同学在假期旅游去过的城市个数分别为12，15，18，则这三个数据的方差为（　　） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4. 设直线的方程为，则直线的倾斜角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 设空间向量．若不能构成空间向量的一组基底，则（　　） A. B. C. D. 6. 设，则（　　） A. B. C. D. 7. 已知圆台的上、下底面圆均在体积为的球的球面上，若圆台的下底面圆的半径与母线长均为上底面圆半径的2倍，则该圆台的表面积为（　　） A. B. C. D. 8. 已知空间向量，向量，其中，则的最小值为（　　） A. 1 B. C. D. 2 二、选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分． 9. 已知正数满足，则（　　） A. B. C. D. 10. 已知平行六面体的各个面均为菱形，设，，且，两两之间的夹角都是，则（　　） A. B. C. D. 11. 空间内不重合的两平面的法向量分别为，直线的方向向量为，已知，则（　　） A. 当时， B. 当时， C. 当时，与共线 D. 当时，与相交 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设直线与直线平行，则___________． 13. 已知集合，则___________（用区间的形式表示）． 14. 空间内不共面的三条直线满足，且，记，已知，则___________． 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. 已知直线． （1）求过点，且与垂直的直线的斜截式方程； （2）求过与的交点，且在两坐标轴上的截距和为0的直线的一般式方程（该直线的截距均不为0）． 16. 如图，在几何体中，底面为平行四边形，平面，平面平面． （1）证明：； （2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若是边上异于端点的动点，且，求的最小值． 18. 如图，在棱长为2的正方体中，点和分别为棱和的中点．平面经过点，设平面与分别交于两点． （1）求点到平面的距离； （2）求，并证明：平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 如图，在四棱锥中，， 为线段上一动点． （1）证明：平面； （2）已知四点均在球的球面上． （i）证明：三点共线； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $