精品解析：湖北省新八校2025-2026学年高二上学期10月联考数学试卷

湖北省2025-2026学年度上学期高二10月月考高二数学试卷 全卷满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知复数（为虚数单位），若为纯虚数，则实数的值为（ ） A 1 B. C. 0 D. 2 2. 直线的倾斜角是（ ） A B. C. D. 3. 已知空间向量．若，则实数的值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 4. 一个不透明袋子里装有4个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同．从袋子中随机摸出一个球，则摸到白球的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 在平行六面体中，设．若点为棱的中点，则向量可表示为（ ） A B. C. D. 6. 已知直线与直线关于原点对称，将直线绕原点逆时针旋转后得到直线，则直线的斜率为（ ） A. -3 B. C. 3 D. 4 7. 已知一个圆台的母线长为，高为，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知等边的边长为2，点是平面内任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知直线，则下列正确的是（ ） A. 当时，直线的一个方向向量为 B. 若，则 C. 若或2，则与相互平行 D. 若，则直线不经过第三象限 10. 在中，角的对边分别是，则下列正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 若不是直角三角形，则满足 D. 若，且，则为等边三角形 11. 在棱长为的正方体中，，点是正方体表面上的动点，为的中点，则下列正确的是（ ） A. 直线与平面所成最小角的余弦值为 B. 若点分别为的中点，平面与交于点，则 C. 若，则从点出发沿正方体的表面到达点的最短距离为 D. 若，则点的轨迹长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 直线过点，且在两坐标轴上的截距之和等于0，则直线的方程为______． 13. 湖北恩施被誉为“世界硒都”，又被称为祖国的后花园．恩施有大峡谷、腾龙洞、神农溪这3个级景区，已知腾龙洞景区有金牌讲解员2人，大峡谷景区有金牌讲解员3人，若从这5人中随机抽取2人，则抽取的这两人来自不同景区的概率为______． 14. 数学家笛卡尔通过研究一簇花瓣和叶形曲线特征，得到了一簇花瓣曲线的一般方程为：，该方程表示的曲线就是优美的“笛卡尔叶形线”，若某种花瓣曲线特征满足（如图），该花瓣曲线上任意一点，则的范围为______． 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．求： （1）“星队”在两轮活动中共猜对2个成语的概率； （2）“星队”在两轮活动中至少猜对3个成语概率． 16. 在中，已知点，过顶点作的垂线，该垂线方程为． （1）求直线的方程； （2）若点的坐标为，且边的中线所在直线的方程为，求直线的方程． 17. 2025年9月13日，以“峡谷英雄·骑遇恩施”为主题的2025中国公路自行车公开赛盛大开幕，其中志愿者的服务工作是赛事顺利举办的重要保障．恩施市文旅局承办了志愿者选拔的面试工作．现从中随机抽取了200名志愿者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的频率，并根据频率分布直方图估计样本成绩的下四分位数； （2）根据频率分布直方图估计这200名志愿者面试成绩的平均值； （3）现按比例分配采用分层随机抽样的方法从这200名面试者抽取40人作为终点拉拉队队员，其中抽到的第三组和第五组的拉拉队员组成队，若抽到的第三组拉拉队面试者的成绩平均数和方差分别为70和22，抽到的第五组拉拉队面试者的成绩平均数和方差分别为90和12，请据此估计队志愿者面试成绩的方差． 18. 如图，在三棱柱中，满足平面，且． （1）若，且，分别是，的中点． ①证明：平面平面； ②求平面与平面的夹角的余弦值． （2）若，求三棱锥的外接球的半径的最小值． 19. 在中，角的对边分别为，且满足． （1）求； （2）已知，且为锐角三角形，为其外心． ①若点到边的距离，求； ②设为垂心，为内心，且不是等边三角形，求比值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省2025-2026学年度上学期高二10月月考高二数学试卷 全卷满分150分．考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知复数（为虚数单位），若为纯虚数，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 0 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据纯虚数的概念，可得答案. 【详解】由题意可得，解得. 故选：C. 2. 直线的倾斜角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由直线方程可知斜率,进而可得直线的倾斜角. 【详解】由直线方程可知斜率为. 故选：D 3. 已知空间向量．若，则实数的值为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合，列出方程，即可求解. 【详解】因为， 由，可得，解得. 故选：C. 4. 一个不透明的袋子里装有4个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同．从袋子中随机摸出一个球，则摸到白球的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果. 【详解】由题可得摸到白球的概率为． 故选：A 5. 在平行六面体中，设．若点为棱的中点，则向量可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，结合空间向量的线性运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】在平行六面体中，设且点为棱的中点， 可得． 故选：D. 6. 已知直线与直线关于原点对称，将直线绕原点逆时针旋转后得到直线，则直线的斜率为（ ） A. -3 B. C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知直线与直线平行，得直线的斜率，设直线的倾斜角为，则直线的斜率为，求解即可． 【详解】由题意可知直线与直线平行， 则直线斜率与直线的斜率相等，等于． 设直线的倾斜角为，则， 则直线的斜率为． 故选：C． 7. 已知一个圆台的母线长为，高为，侧面积为，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台的侧面积公式结合条件可得圆台底面圆半径，然后根据圆台的体积公式即得. 【详解】设圆台底面圆半径分别为，则由圆台侧面积公式得， 所以， 又由题可知，所以， 所以， 所以圆台的体积为． 故选：B. 8. 已知等边的边长为2，点是平面内任意一点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】记，用平面向量的数量积运算解题． 【详解】设等边的重心为，记， 则有， 从而 ， 又， 可得， 所以，当时，取得最小值. 故选：B. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知直线，则下列正确的是（ ） A. 当时，直线的一个方向向量为 B. 若，则 C. 若或2，则与相互平行 D 若，则直线不经过第三象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线的斜率和方向向量的关系，可判定A正确；根据两直线垂直列出方程，可判定B正确；根据两直线平行，列出方程组，可判定C不正确；根据直线的斜率和在轴上的截距，可判定D正确. 【详解】对于A，当时，直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，所以A正确； 对于B，由，可得，解得，所以B正确； 对C，若与相互平行，则，解得，所以C错误； 对D，当时，直线的斜率小于0，且在轴上的截距为，且过点， 直线不经过第三象限，所以D正确． 故选：ABD. 10. 在中，角的对边分别是，则下列正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 若不是直角三角形，则满足 D. 若，且，则为等边三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由两边平方整理得，则，故为钝角；对于B，因为结合正弦定理可得或；选项C：利用两角和的正切公式求解判断；对于D，由条件结合余弦定理可得，． 【详解】对于A，，两边平方得， 即，则， 因为，可知，则，故为钝角，故A对； 对于B，因为， 所以由，根据正弦定理可得， 所以可得，即， 即或，因为，所以或， 则为等腰三角形或直角三角形，故B错； 选项C：因为，且是的内角， 所以 ，故C正确； 对于D，，由余弦定理得， 所以，因为，所以． 因为，据余弦定理：， 可得：，化简得：， 即得：，故， 又，则为等边三角形，则D正确． 故选：ACD． 11. 在棱长为的正方体中，，点是正方体表面上的动点，为的中点，则下列正确的是（ ） A. 直线与平面所成最小角的余弦值为 B. 若点分别为的中点，平面与交于点，则 C. 若，则从点出发沿正方体的表面到达点的最短距离为 D. 若，则点轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，结合二次函数最值可求得A正确；作出截面后，结合平行线分线段成比例可确定点位置，知B正确；平面沿展开，根据两点之间线段最短可求得C错误；利用向量法可找到的垂面，进而确定点轨迹，知D正确. 【详解】对于A，以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，， ， 平面的法向量， ， 若直线与平面所成角最小，则取最小值， ，当时，即与点重合时，直线与平面所成角最小， 此时，最小角的余弦值为，A正确； 对于B，连接， 分别为中点，， 又，，则平面即为平面，， ，，，即，B正确； 对于C，将平面沿展开，使得平面与平面共面， 连接，则即所求最短距离； 若，则， ，，又， ，C错误； 对于D，取中点，连接， 由A知：，，，，， ，，， ，，， ，平面，平面； ，点轨迹即为的周长， 的周长为，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 直线过点，且在两坐标轴上的截距之和等于0，则直线的方程为______． 【答案】和 【解析】 【分析】根据题意，分直线过原点与不过原点讨论，代入计算，即可得到结果. 【详解】（1）若过点，且在两坐标轴上的截距之和等于0，则直线过原点满足，此时直线的方程为：； （2）设直线，将代入方程，解得：，故直线的方程为：； 故直线的方程为：和． 故答案为：和 13. 湖北恩施被誉为“世界硒都”，又被称为祖国的后花园．恩施有大峡谷、腾龙洞、神农溪这3个级景区，已知腾龙洞景区有金牌讲解员2人，大峡谷景区有金牌讲解员3人，若从这5人中随机抽取2人，则抽取的这两人来自不同景区的概率为______． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】由古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果. 【详解】大峡谷景区3人，腾龙洞景区2人，设大峡谷景区3人分别为，腾龙洞景区2人分别为，则在其中任取2人的基本事件总数， 分别为：． 则抽取的这两人来自不同景区的情况分别为：； 故抽取的这两人来自不同景区的概率为． 故答案为： 14. 数学家笛卡尔通过研究一簇花瓣和叶形曲线特征，得到了一簇花瓣曲线的一般方程为：，该方程表示的曲线就是优美的“笛卡尔叶形线”，若某种花瓣曲线特征满足（如图），该花瓣曲线上任意一点，则的范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，设，代入曲线方程，然后分与讨论，即可得到的范围，从而得到结果. 【详解】设，则，代入曲线方程得， 即，当，即时，得，矛盾； 当即时， 可得，又，故， 所以. 故答案为： 四、解答题：本题共6小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．求： （1）“星队”在两轮活动中共猜对2个成语的概率； （2）“星队”在两轮活动中至少猜对3个成语的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据题意，由独立事件的乘法公式以及互斥事件的概率加法公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 设分别表示“甲，乙两轮猜对个成语”的事件，其中． 根据独立性假定，得， ， 记“两轮活动中”星队”共猜对2个成语“， 则，且互斥，与与与相互独立， 所以 ． 因此，“星队”在两轮活动中共猜对2个成语的概率为. 【小问2详解】 记“两轮活动中‘星队’至少猜对3个成语”，则． 所以，． 因此，“星队”在两轮活动中至少猜对3个成语的概率为． 16. 在中，已知点，过顶点作的垂线，该垂线方程为． （1）求直线的方程； （2）若点的坐标为，且边的中线所在直线的方程为，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据垂直直线方程可得所求直线的斜率，利用已知点以及点斜式方程，可得答案； （2）设出点坐标，根据其所在直线以及中点坐标公式，建立方程组，解得坐标，再由两个已知点，可得答案. 【小问1详解】 由题意，直线的斜率为，所以直线的方程为，即 【小问2详解】 设点，则， 的中点在中线上，则， 联立解得，点的坐标为． 所以，直线的斜率为，故直线的方程为． 17. 2025年9月13日，以“峡谷英雄·骑遇恩施”为主题的2025中国公路自行车公开赛盛大开幕，其中志愿者的服务工作是赛事顺利举办的重要保障．恩施市文旅局承办了志愿者选拔的面试工作．现从中随机抽取了200名志愿者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图． （1）求的频率，并根据频率分布直方图估计样本成绩的下四分位数； （2）根据频率分布直方图估计这200名志愿者面试成绩的平均值； （3）现按比例分配采用分层随机抽样的方法从这200名面试者抽取40人作为终点拉拉队队员，其中抽到的第三组和第五组的拉拉队员组成队，若抽到的第三组拉拉队面试者的成绩平均数和方差分别为70和22，抽到的第五组拉拉队面试者的成绩平均数和方差分别为90和12，请据此估计队志愿者面试成绩的方差． 【答案】（1），下四分位数为63； （2）69.5 （3）57 【解析】 【分析】（1）先确定，即可求，再由下四分位数的定义即可求解； （2）由平均数的计算公式即可求解； （3）由两组数据方差计算公式即可求解. 【小问1详解】 由图得，解之可得， 故的频率； 成绩落在的频率为0.05，成绩的频率为0.25 设样本成绩的下四分位数为， 则，解得． 【小问2详解】 根据题意知， 估计200名志愿者候选者面试成绩的平均数为69.5． 【小问3详解】 据题意知：抽到的第三组、第五组拉拉队面试者的面试成绩的平均数、方差分别为， 且抽到的两组的频数之比为， 则抽到的队的面试成绩的平均数为， 抽到的队的面试成绩的方差： 则抽到的队的面试成绩的方差为57． 18. 如图，在三棱柱中，满足平面，且． （1）若，且，分别是，的中点． ①证明：平面平面； ②求平面与平面的夹角的余弦值． （2）若，求三棱锥的外接球的半径的最小值． 【答案】（1）①证明见解析；②； （2）. 【解析】 【分析】（1）①利用勾股定理与线面垂直的判定得到平面，再结合面面垂直的判定定理证明即可，②建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解余弦值即可. （2）利用外接球的性质结合正弦定理得到，再结合基本不等式求解其最小值，最后得到的最小值即可. 【小问1详解】 ①如图，在三棱柱中， 因为面，且面，所以， 由题意得， 设； 因为是的中点，，所以， 因为，面，所以面， 因为面，所以， 由勾股定理得， 则可得，得到， 又因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. ②建立为轴，为轴，过点垂直于底面的直线为轴的空间直角坐标系， 据题可知，， 则， 设平面的法向量为， 则得到， 令，解得，，则， 由上问可知平面，而面，故， 又因为平面，且面，所以， 而平面，则平面， 可得平面的法向量为， 故平面与平面的夹角的余弦值． 【小问2详解】 据题知， 在等腰中，设的外心是，外接圆半径是， 据正弦定理得，解得， 如图，在直角中，，则， 设外接球球心是，则平面，设外接球半径为，即， ， 则 ， 令，则， ， 当且仅当时等号成立， 此时， 则该三棱锥的外接球的半径的最小值. 19. 在中，角的对边分别为，且满足． （1）求； （2）已知，且为锐角三角形，为其外心． ①若点到边的距离，求； ②设为垂心，为内心，且不是等边三角形，求比值的取值范围． 【答案】（1） （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将等式化简，然后根据角的范围求出即可. （2）①根据正弦定理求出三角形外接圆半径，然后根据外心到边长的距离与三角形内角的关系，可求出，最后根据和差倍角的正切公式即可求出；②根据向量的加减求出，进而求出比值的范围. 【小问1详解】 因为，所以根据正弦定理得. 因为， 所以，因为， 所以，又，故． 【小问2详解】 ①外心到边的距离为，其中为外接圆半径．由已知得． 由正弦定理得，将代入得． 所以， 从而，所以． 因此． ②由为锐角三角形得． 设，不妨取，对应等边三角形，应排除． 由及， 计算得． 所以，结合， 因此． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $