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】根据复数的四则运算化简，结合复数的几何意义可得. 【详解】设， 所以在复平面内对应点的坐标为，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】先根据直线方程的特点，分和两种情况讨论，再分别计算出倾斜角的取值范围，最后取并集即可. 【详解】当时，直线的方程为，此时直线的倾斜角； 当时，直线的斜率为， 因为， 所以，即， 又因为， 所以结合正切函数的图象可得：. 综上可得：直线的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】先作轴截面图，把圆台和球的空间组合体转化为平面图形；然后在轴截面中，利用矩形对边相等的性质，结合三角函数值判断三角形形状，确定球心位置；接着根据球的体积公式求出球半径，从而得到圆台上下底的半径；最后代入圆台表面积公式计算出结果 【详解】根据题意作圆台的轴截面图如下，因为，四边形是矩形，所以， 所以在直角中，，即，所以是等边三角形，所以， 又点都在球面上，且球心一定在直线上，所以球心与圆心重合. 由题意设圆台的上、下底面圆的半径分别为，则其母线长为， 又知球的体积为，则其半径为.因此，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含内角的菱形，设，，且，之间的夹角为，则（　　） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先计算出，再根据向量数量积的运算律即可判断AB；根据向量模长的计算公式即可判断C；利用向量夹角公式即可判断D. 【详解】因为平行六面体的各面均为含内角的菱形，所以， 且两两之间的夹角均为，所以， 故，故A正确； ， 故B错误； ，故，故C正确； ， 又，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）证明见解析 （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】 设，连接，过向作垂线，垂足为， 因平面平面，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. 【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）最小值为2. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行边角互化，结合两角和的正弦公式化简求值即可； （2）设，则，在和中分别根据正弦定理结合三角恒等变换求得，，再根据三角形内外角关系求出，利用正弦函数的性质求最值即可. 【小问1详解】 根据正弦定理，可得， 所以， 因为，所以． 又因为，所以. 【小问2详解】 由（1）可知，， 因为，所以. 设，则， 在中，由正弦定理得，所以， 在中，由正弦定理，得， 所以. 由,可得，则， 所以当，即时，为最小值. 所以，的最小值为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），证明见解析 （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】 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. 【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）证明见解析 （2）（i）证明见解析；（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出三点共线； 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】 显然，于是有，故， 由平面平面， 所以平面， 由平面可知， 又平面平面， 可得平面. 【小问2详解】 （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，如下图： 则，设， 则由， 即 解得， 于是， 故由可知三点共线. 方法二：几何法： 不妨记中点，为中点，显然有，如下图所示： 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）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，如下图所示： 不妨设，则， 记平面的法向量， 则，即，令，可得； 即可得， 记直线与平面所成角为； 整理可得，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含内角的菱形，设，，且，之间的夹角为，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 $