精品解析：湖南邵阳市武冈市部分校2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题（B卷）

高二数学一（B卷） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．时量120分钟．满分150分． 第Ⅰ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. 直线n的倾斜角为150°，则它的斜率k＝（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由斜率公式求解即可. 【详解】它的斜率k＝. 故选：B 2. 已知复数，则z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，所以其共轭复数为：. 3. 如图所示的几何体是一个平行六面体，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在平行六面体中，因为，， 所以. 4. 圆C：上的点到坐标原点O的最小距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将圆的一般方程化为标准方程，计算原点到圆心的距离，求解到坐标原点O的最小距离. 【详解】圆C：，即， 圆心为，半径为， ， ，所以点在圆内， 圆C上的点到坐标原点O的最小距离为. 5. 已知圆，圆，则圆与圆的公切线（与两圆都相切的直线）条数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算两圆的圆心距，判断两圆的位置关系，进而确定公切线的条数. 【详解】首先确定两圆的圆心和半径：圆：的圆心为，半径； 圆：的圆心为，半径. 两圆圆心距：. 两圆半径差的绝对值为，两圆半径和为， 因为，故两圆相交，因此相交的两圆共有条公切线. 6. 在空间四边形ABCD中，若向量，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取中点构造三角形中位线，利用空间向量线性运算求出的坐标，再计算其模长即可。 【详解】取的中点，连接、. 因为为的中点，为的中点，所以是的中位线，因此； 同理，为的中点，所以是的中位线，因此. 由向量减法的三角形法则得：. 代入已知，， 得： ， ， 因此. 根据空间向量模长公式，. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，又函数在实数范围内单调递增，故； 由得，所以． 因为，，且，所以，因此． 8. 与直线l：关于直线m：对称的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先联立两直线方程，求出原直线与对称轴的交点（该点在对称直线上）；再在原直线上任取一点，求它关于对称轴的对称点；最后求出对称直线方程即可. 【详解】联立直线与方程可得，解得，所以两直线交点为， 在直线上任取一点，设该点关于直线的对称点为，则根据对称点的性质可得， ，且点与点的中点在直线上，即， 解得，即对称点，所以对称直线的斜率， 则对称直线的方程为，即. 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的有（ ） A. 已知一组数据为，则该组数据的第百分位数为 B. 某校高一年级共有学生人，其中男生人、女生人．为调查该年级学生的平均身高，采用分层随机抽样从男、女生中按相同比例共抽取人，则应抽取男生人，女生人 C. 抛掷一枚质地均匀的硬币两次，记事件：“第一次出现正面”，事件：“两次结果相同”，则事件与相互独立 D. 任取集合的一个子集，则元素属于该子集的概率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】直接根据百分位数计算、分层抽样规则、事件独立性判断、古典概型概率求解，逐一分析各选项可得. 【详解】选项A：该组数据共个，第百分位数的位置为，为整数， 因此第百分位数是排序后第项和第项的平均值，排序后第项为，第项为，即，A正确. 选项B：分层抽样的抽样比为，因此抽取男生人数为人， 抽取女生人数为人，B正确. 选项C：抛掷两次硬币的总样本点共个：(正正,正反,反正,反反)， 所以，，事件对应样本点(正正)，， 满足，故事件与相互独立，C正确. 选项D：集合的子集共有个，其中包含元素的子集有共个， 因此概率为，D错误. 10. 已知直线：，直线：（），则（ ） A. 直线恒过定点 B. 当时，直线始终不过第四象限 C. 当直线时，或2 D. 当直线时，或 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，整理为关于的方程为， 令，解得直线恒过定点，正确； 对于B，直线的斜截式为，当时，斜率为正，截距为正，过一二三象限；正确； 对于C，令，解得或2， 当时，两直线方程均为，重合，错误； 对于D，由两直线垂直可得，解得或，正确. 11. 已知正方体的棱长为，点P满足，（ ） A. 若，则 B. 若，则点轨迹的面积为 C. 若，则的最小值为 D. 若，则点的轨迹与正方体表面交线的长度为 【答案】BC 【解析】 【分析】方法一：利用共面向量基本定理结合正方体的结构特点，通过等体积转化，以及建系发掘点的轨迹以及与正方体的交线进行判断与计算即得；方法二：通过建系，利用向量数量积运算，以及空间向量有关的距离公式计算即可逐一判断. 【详解】方法一： 对于A，如图1，当时，，则点分布在平面在正方体内的部分， 因，在平面中，仅当时，即点与点重合时，此时， 而当点在其他位置时均得不到，故A错误； 对于B，如图2，当时，由可知点与四点共面， 即点的轨迹图形为等边，又因正方体的棱长为，则，其面积为，故B正确； 对于C，当时，，不妨取， 则点的轨迹图形为等边，易得当且仅当平面时取得最小值，此时也取得最小值. 由等体积可得，解得，故的最小值为，即C正确； 对于D，如图3，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，由可得，， 由可知点的轨迹为以为球心，半径的球面， 又因，则该球与正方体的六个面都有交线，分别为与六段弧. 在中，，易得，同理， 则，同理，， 故点的轨迹与正方体表面交线的长为与六段弧的长度之和， 即，故D错误. 方法二： 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，正方体棱长为. 因为，所以，. . 选项A，若，则，.. . 只有当时点积为0，， 当时，不垂直，A错误； 选项B，，且. 当时，， 此直线与正方体的交点为， 当时，， 此直线与正方体的交点为， 当时，， 此直线与正方体的交点为， 则的轨迹是以为顶点的三角形， ，， 则此三角形是等边三角形， 此等边三角形面积为， 则点轨迹的面积为，B正确. 选项C，. ， 求最小值，即原点到平面上满足点的最小距离. 原点到平面距离公式为， 当时，转化为， 此直线与正方体的交点为， 当时，转化为， 此直线与正方体的交点为， 当时，转化为， 此直线与正方体的交点为， 则平面与正方体的交点为 ，，， 原点到三角形的最小距离即为原点到平面的距离 则的最小值为，C正确. 选项D，因， 则点的轨迹为以为球心，半径的球面与正方体的交线， 正方体有个面，球面与每个面的交线为圆弧， 球面与正方体三个面相交： 将代入，得到， 在面上是圆，圆心为，半径. 因为，，所以这个圆面被正方体截得的是圆弧， 将代入，得到， 在面上是圆，圆心为，半径. 因为，，所以这个圆面被正方体截得的是圆弧， 将代入，得到， 在面上是圆，圆心为，半径. 因为，，所以这个圆面被正方体截得的是圆弧， 又圆弧的弧长为， 则这三段交线总弧长为， 将代入，得到， 在面上是圆，圆心为，半径. 因为，所以这个圆面被正方形所截， 交于点，交于点，则这个圆面在正方形的交线为圆弧， 即点的轨迹与正方形的交线为圆弧， 设，将代入得到，解得， 则，则，， 则， 同理可得，则， 故的长度为， 同理，当， 点的轨迹与正方形，正方形的交线长度为， 则这三段交线总弧长为， 则点的轨迹与正方体表面交线的长度为， D错误. 第Ⅱ卷 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】本题利用余弦定理，代入已知的两边长度及夹角余弦值即可求解第三边长度. 【详解】在中，根据余弦定理：， 即，即. 13. 已知正实数a，b满足，则的最小值为_____ 【答案】 【解析】 【分析】通过“1的代换”构造符合基本不等式的结构，进而求解最小值. 【详解】已知为正实数，且， 则 ， 对任意正实数，有，令，可得：， 当且仅当，即时等号成立。联立， 将代入得，解得，满足正实数条件， 因此，即的最小值为. 14. 已知圆：，圆：，直线l过两圆圆心，且直线l与圆交于A，B两点，与圆交于C，D两点，点P在x轴上，则的最小值为__________． 【答案】10 【解析】 【分析】分别求出两个圆的标准方程，进而求得圆心和半径，根据直线l过两圆圆心，求得直线的方程，利用向量的线性运算表示，，，，从而可以化简，设出点坐标为，从而将式子变为关于的二次函数，即可求其最小值. 【详解】 圆的标准方程为：，圆心为，半径为1， 圆的标准方程为：，圆心为，半径为2， 因为直线l过两圆圆心， 所以直线l的斜率为， 所以直线l的方程为， ，， 所以， ， 所以， 设点， 所以 ， 这是关于的二次函数， 开口向上，对称轴为直线， 所以当时，取得最小值为10. 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. 已知直线是圆的一条对称轴． （1）求圆的圆心坐标与半径； （2）过点的直线与直线垂直，且直线与圆交于、两点，求. 【答案】（1）圆心坐标为，半径为 （2） 【解析】 【分析】（1）根据直线是圆的对称轴可知圆心在直线上，将圆心坐标代入直线方程即可求出的值，从而求出圆心和半径； （2）先由垂直关系求出直线的方程，再求出点到直线的距离，最后利用弦长公式求出弦长. 【小问1详解】 由题可知圆心，半径，又直线为圆的对称轴，则圆心在直线上， 所以，解得，所以圆心，半径. 【小问2详解】 因为直线与直线垂直，所以设直线的方程为， 又点在直线上，则，所以， 因此，直线的方程为， 所以圆心到直线的距离为， 因此弦长. 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，点E是的中点. （1）求点E到直线的距离； （2）求直线到平面的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量投影公式求点到直线的距离； （2）证明直线与平面平行，将线面距离转化为点到平面的距离，利用空间点到平面的距离公式求解. 【小问1详解】 因为平面，底面是矩形，所以两两垂直， 以为坐标原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，，，， 因为是的中点，所以，则 ，， 设点到直线的距离为, 由向量投影可知，在方向上的投影长度为， 而，，， 所以， 故点到直线的距离为； 【小问2详解】 因为底面是矩形，所以，又因为平面，平面， 所以平面，故直线到平面的距离等于点到平面的距离， 由（1）知，，，所以,，， 设平面的法向量为，则， 解得，取，则，所以， 又，设点到平面的距离为，则， 故直线到平面的距离为. 17. 如图，在直三棱柱中，，点D，E，F分别是，，的中点，且，，. （1）证明：平面平面; （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设直三棱柱的内切球球心为，三棱柱的外接球球心为，求. 【答案】（1）因为点D，E，F分别是，，的中点， 所以，, 又因为平面，平面， 所以平面， 同理可得平面， 又因为平面，, 所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； （3）根据题意得到的坐标，再利用两点间的距离公式求. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图以A为原点，为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， 可得， 则,，, 可得， 设平面的法向量， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为， 则 【小问3详解】 底面，该直角三角形内切圆半径， 底面内心坐标为， 直三棱柱存在内切球，高，满足条件， 所以直三棱柱的内切球球心为， 为直三棱柱，是直角三角形，直角顶点为A， 下底面的外心为斜边中点， 上底面的外心为斜边中点， 直棱柱外接球球心为上下底面外心连线中点，则 则. 18. 如图，已知等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，BC=6，D，E分别是AB，AC上的点，且，将三角形ADE沿DE翻折，点A在翻折过程中记为点P（点P不在平面BCED上）. （1）若二面角P-DE-B等于60°， （i）证明：平面PBC⊥平面BCED； （ii）求四棱锥P-BCED的体积. （2）翻折过程中，是否存在点P使得平面PBD与平面PCE夹角的余弦值为?若存在，求此时二面角P-DE-B的余弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（i） 取的中点为，的中点为，连接. 因为为等腰直角三角形，故， 而四边形为等腰梯形，且，故， 故为的平面角，故. 由题设可得， 在中由余弦定理可得， 故，故，故， 而，平面，故平面. 而平面，故平面平面. （ii）. （2）. 【解析】 【分析】（1）（i）取的中点为，的中点为，连接，根据翻折的性质可得、，从而可得为的平面角，根据解直角三角形可得的长，从而可得，最后根据线面垂直的判定定理可知平面即可得面面垂直；（ii）根据体积公式计算即可. （2）如图，连接，在平面内过作，垂足为，连接，利用解三角形可求，从而可求，故可求面面角的余弦值. 【小问1详解】 （i）略. （ii）. 【小问2详解】 如图，连接，在平面内过作，垂足为，连接. 因为，平面， 故平面，而，故平面，而平面， 故，而，故， 因为，故，故， 而，故，故， 故，故，故为二面角的平面角， 故或. 若，则在中，由余弦定理可得： ，故，故， 故，故，故， 故， 故， 故，而，，而， 故 ，故，故， 若，同理可求，此时，矛盾； 综上， 即二面角的余弦值为. 19. 对于定义在上的函数，若存在实数，使得，则称为的一个二阶不动点；若还满足，则称为的一个真二阶不动点. （1）已知函数，求的所有二阶不动点，并指出其中真二阶不动点的个数； （2）已知函数，证明：没有真二阶不动点； （3）设，若存在真二阶不动点，求实数的取值范围. 【答案】（1）二阶不动点为；真二阶不动点个数为 （2），， ， 令，解得， 即或， 解， 解得 ，即， 因为，所以. 所以方程的实数解只有. 检验：，满足. 即所有二阶不动点都满足，不存在满足的真二阶不动点. 即没有真二阶不动点. （3） 【解析】 【分析】（1）利用定义求解，求出的解就是所有二阶不动点，解出的解，则在二阶不动点中去掉满足的解，剩下的就是真二阶不动点，通过计算得到结论. （2）计算，得到或，解出的解为，求出，满足.根据定义得到结论. （3）由存在真二阶不动点得到，通过计算得到或，要存在真二阶不动点，即方程要有实数根，并且它的根不是方程的根，通过计算得到结论. 【小问1详解】 ，， 则， 即， 即， 解得. ，解也是. 也就是所有二阶不动点都满足，不满足，没有真二阶不动点. 则二阶不动点为；真二阶不动点个数为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为存在真二阶不动点， 所以， 则， 方程：， 解得， 即， 解得或， 要存在真二阶不动点，即方程要有实数根， 并且它的根不是方程的根. ① 方程有实根，则判别式， ， 解得， ②联立， 两式相减得到， 将代入， 得到， 当时，，根，这个根同时也是不动点方程的根. 此时方程的根就是不动点，不能作为真二阶不动点， 因此要舍去. 综上，实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学一（B卷） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页．时量120分钟．满分150分． 第Ⅰ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. 直线n的倾斜角为150°，则它的斜率k＝（　　） A. B. C. D. 2. 已知复数，则z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 如图所示的几何体是一个平行六面体，则（ ） A. B. C. D. 4. 圆C：上的点到坐标原点O的最小距离为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆，圆，则圆与圆的公切线（与两圆都相切的直线）条数为（ ） A. B. C. D. 6. 在空间四边形ABCD中，若向量，点E，F分别为线段BC，AD的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 与直线l：关于直线m：对称的直线方程为（ ） A. B. C. D. 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 下列说法正确的有（ ） A. 已知一组数据为，则该组数据的第百分位数为 B. 某校高一年级共有学生人，其中男生人、女生人．为调查该年级学生的平均身高，采用分层随机抽样从男、女生中按相同比例共抽取人，则应抽取男生人，女生人 C. 抛掷一枚质地均匀的硬币两次，记事件：“第一次出现正面”，事件：“两次结果相同”，则事件与相互独立 D. 任取集合的一个子集，则元素属于该子集的概率为 10. 已知直线：，直线：（），则（ ） A. 直线恒过定点 B. 当时，直线始终不过第四象限 C. 当直线时，或2 D. 当直线时，或 11. 已知正方体的棱长为，点P满足，（ ） A. 若，则 B. 若，则点轨迹的面积为 C. 若，则的最小值为 D. 若，则点的轨迹与正方体表面交线的长度为 第Ⅱ卷 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，，，则_____. 13. 已知正实数a，b满足，则的最小值为_____ 14. 已知圆：，圆：，直线l过两圆圆心，且直线l与圆交于A，B两点，与圆交于C，D两点，点P在x轴上，则的最小值为__________． 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. 已知直线是圆的一条对称轴． （1）求圆的圆心坐标与半径； （2）过点的直线与直线垂直，且直线与圆交于、两点，求. 16. 如图，在四棱锥中，平面，底面是矩形，，，点E是的中点. （1）求点E到直线的距离； （2）求直线到平面的距离. 17. 如图，在直三棱柱中，，点D，E，F分别是，，的中点，且，，. （1）证明：平面平面; （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）设直三棱柱的内切球球心为，三棱柱的外接球球心为，求. 18. 如图，已知等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，BC=6，D，E分别是AB，AC上的点，且，将三角形ADE沿DE翻折，点A在翻折过程中记为点P（点P不在平面BCED上）. （1）若二面角P-DE-B等于60°， （i）证明：平面PBC⊥平面BCED； （ii）求四棱锥P-BCED的体积. （2）翻折过程中，是否存在点P使得平面PBD与平面PCE夹角的余弦值为?若存在，求此时二面角P-DE-B的余弦值；若不存在，请说明理由. 19. 对于定义在上的函数，若存在实数，使得，则称为的一个二阶不动点；若还满足，则称为的一个真二阶不动点. （1）已知函数，求的所有二阶不动点，并指出其中真二阶不动点的个数； （2）已知函数，证明：没有真二阶不动点； （3）设，若存在真二阶不动点，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $