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（B卷）+答案

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页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（B卷）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．在复平面内，复数2−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Oxyz中，点M1,A．−1,−2,−3 B．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．64．两条平行直线l1：x−y+2=0A．1 B．22 C．32二、多选题5．设空间向量e1=1A．m=4,n=1 B．m三、单选题6．设cosα2−A．398 B．−34 C．±7．已知圆台O1O2的上、下底面圆均在体积为323πA．13π B．22π C．11π8．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1aA．112 B．132 C．194四、多选题9．已知正数a，b满足A．aB．aC．1D．log10．已知平行六面体ABCD−A1B1C1DA．aB．AC．AD．∠11．若曲线E的方程为x2+yA．曲线E围成图形的面积为2B．若曲线E与直线y=xC．曲线E上任意两点之间距离的最大值为4D．若圆x2+y2=r五、填空题12．已知中心在坐标原点的椭圆，其两个顶点分别为直线2x+3y=4与13．已知集合A=x2−14．空间内不共面的三条直线l，m，n满足l⊥m，l⊥n六、解答题15．△ABC的三个顶点分别是A4(1)求边AB上的高所在直线l(2)求过点A,B，且圆心在直线2x16．如图，在几何体ABCDEF中，底面ABCD为平行四边形，

(1)证明：AC(2)若AF//DE，且C17．记△ABC的内角A，B(1)求A；(2)若AB=AC=2318．如图，在棱长为2的正方体ABCD−EFGH中，点M和N分别为棱FG和GH的中点．平面(1)求点G到平面α的距离；(2)求DP，并证明：PQ/(3)求直线PF与平面E19．如图，在四棱锥P−ABCD中，P

(1)证明：PA⊥平面(2)已知E,A,（i）证明：C,（ii）若直线OF与平面PBD所成角的正弦值为4答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《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（B卷）》参考答案题号12345678910答案BCDCABDCDBDACD题号11答案BCD1．B【分析】根据复数除法运算和乘方运算法则求得复数z，进而可得z在复平面内对应的点的坐标，即可得出结论.【详解】因为z=所以z在复平面内对应的点的坐标为−3故选：B．2．C【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M1,−2,故选：C3．D【分析】先求这三个数据的平均数，由方程的公式即可求得结果.【详解】易得这三个数据的平均数x=方差s2故选：D．4．C【分析】根据距离公式可求距离，从而可得正确的选项.【详解】由距离公式可得两条平行线之间的距离为d=故选：C.5．AB【分析】A选项可由e2=e【详解】当m=4,所以e2与e3共线，则所以e1假设e2则x+当m=3,n=2时，方程组为则e1当m=4,n=可构成空间向量的一组基底，C不符合题意；当m=3,n=可构成空间向量的一组基底，D不符合题意.故选：AB．6．D【分析】利用二倍角的余弦公式求出cosα−π【详解】由二倍角的余弦公式可得cosα所以sinα故选：D．7．C【分析】由题意可设圆台O1O2的上、下底面圆的半径分别为r,2r，则其母线长为【详解】由题意设圆台O1O2的上、下底面圆的半径分别为r可得高为h=所以下底面圆心到上底面圆周上任意一点的距离为h2又因为下底面圆的半径也等于2r，所以下底面圆心正好就是已知球的球心O，所以球O的半径为2已知该球的体积为22π3，由球的体积公式得4π所以该圆台的表面积S=故选：C．8．D【分析】根据题目条件求椭圆C的方程，进而由椭圆的定义及两点间线段最短求两线段长度之和的最大值【详解】设C半焦距为c，因为F1,0又C过点P−32由椭圆得a2=b2+c2=b所以C的方程为x2

设C的左焦点为F′−1根据椭圆的几何性质可知，Q由于两点之间线段最短，所以PQ因此PQ当且仅当P，F′，Q故选：D9．BD【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】对于A，当a=b=1时，对于B，a+b2=a对于C，21a+1b=a对于D，log2a+log2所以ab≤1，于是log2a故选：BD.10．ACD【分析】首先根据题意得到a=b=c=1，且a,b,c两两之间的夹角均为π3【详解】由已知得a=b=c=所以a→对选项A，a+c⋅对选项B，AC故B错误；对选项C，AC1⃗2=对选项D，cos∠又因为，所以，又因为余弦函数y=cosx故∠B故选：ACD11．BCD【分析】通过配方得到x−【详解】由x2+y2=2x+2y，得x−12选项A：曲线E围成图形的面积为222+2×π×故A错误；选项B：若直线y=x+m与曲线E在第四象限相切，则m<−2，1−−1+得m=−4，由对称性可得直线y=x+m与曲线E在第二象限相切时，m选项C：连接C1C3，则曲线E选项D：若圆x2+y2=r2故选：BCD12．53/【分析】由题设求出椭圆的两个顶点得到a,b，再结合【详解】对直线2x+3y=所以直线2x+3故a=2,故答案为：513．（【分析】解分式不等式得到集合A，由指数函数的值域得到集合B，然后由集合的运算即可求得结果.【详解】由题意知A=故∁RB=y∣故答案为：（014．5【分析】根据题意得出AB⋅AC，【详解】如图，由l⊥m,由AB⃗⋅CB由AB⋅C由AD⋅B而AB⋅A由∠BAC即AB⋅ACA故由勾股定理得BD=故答案为：5．15．(1)2(2)x【分析】（1）先求出边AB上的高所在直线的斜率，再由点斜式即可求得直线l（2）先求出AB的中垂线方程，将其与2x−3y【详解】（1）因为直线AB的斜率为kAB=2−0故AB上的高所在直线l的方程为y−1（2）因为AB的中点为2,1，斜率为−故AB的中垂线方程为y−1由y=2x−32x故圆G的标准方程为x216．(1)证明见解析；(2)22【分析】（1）设AC∩BD=O，连接OE，过D向OE作垂线，垂足为H，先证DH（2）以D为原点，DA，DC，DE【详解】（1）设AC∩BD=O，连接OE因为平面BDE⊥平面EAC，平面B所以DH⊥平面

因为AC⊂平面EA因为DE⊥平面ABCD因为DH∩DE=D，因为BD⊂平面BD（2）因为AD以D为原点，DA，D则A2AC设平面EAC的一个法向量为则n⋅AC=−设平面BEF的一个法向量为则m⋅BF=−

设平面BEF与平面EAC的夹角为即平面BEF与平面EA17．(1)A(2)2【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DE【详解】（1）由正弦定理可得2sin所以2sin因为sinB≠0因为A∈0,（2）由题意可得BC=6,B在△ABD中，由正弦定理得A在△ADE所以DE=由π6<α<π即α=π318．(1)2(2)43(3)2【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，利用等体积法求出距离；（2）利用直线的方向向量与平面的法向量垂直即可得证；（3）根据直线与平面所成角的向量公式求解即可.【详解】（1）如图，以点D为坐标原点，分别以DA,D则D0因为M，N分别为棱FG和G设点G到平面α的距离为d，等价于到平面AMN的距离为三棱锥G−AMN的体积V=13S△则有13⋅S△A则S△又S△GM所以d=21717，即点G到平面（2）点P在棱DH上，设P由P在平面AMN上，则AP与AM，A所以−2,0解得s=−23，同理，设Q2,2,z解得u=43，v平面ABCD的一个法向量为k=0又直线PQ不在平面ABCD内，所以（3）由题，PF设平面EBC的法向量为则n⋅EB令y=1，得法向量设直线PF与平面EBC则sinφ即直线PF与平面EBC19．(1)证明见解析(2)（i）证明见解析；（ii）2【分析】（1）利用勾股定理可证明BE⊥B（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C,E,O三点共线；方法二：不妨记M为EC中点，N为AC中点，可得MN（ii）建立空间直角坐标系A−xyz，不妨设F2,λ【详解】（1）因为AP=2AE，P于是有EB2+由BC⊥AB，AB∩B

由PA⊂平面PA由PA⊥AB，所以PA⊥平面（2）（i）方法一：建系法：以A为坐标原点，BC的方向为x轴正方向，AB的方向为AP的方向为z轴正方向，建立空间直角坐标系A则A0

设Ox0,即x02解得x0于是O1,1故