湖南省部分高中名校联盟2025-2026学年高二数学上学期10月联考试题（含答案）

高二数学一、单项选择题：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.函数的最小正周期为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据正弦型函数的性质计算可得.【详解】函数的最小正周期。故选：C2.如图所示的几何体是一个平行六面体，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用平行六面体的性质及向量运算可得答案.【详解】因为几何体是一个平行六面体，所以,所以.故选：D3.已知为直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据方向向量与直线的倾斜角的关系进行求解即可.【详解】因为为直线的一个方向向量，所以直线的斜率为，所以直线的倾斜角为.故选：C.4.已知数据，，的平均数为2，数据，，，，的平均数为10，则数据的平均数为（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】根据平均数的概念和公式进行求解即可.【详解】因为数据的平均数为2，数据的平均数为10，所以数据的平均数为.故选：D.5.已知，且，则（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平方关系和商数关系可求的值.【详解】由知，因为，所以，所以，所以，所以．故选：A6.设，，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据指数函数，对数函数的单调性得出范围进而比较大小.【详解】因为，，，所以.故选：B.7.如图，在正三棱柱中，，若，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由于,且，可得,从而求出三棱柱的高，取的中点,连接,,可证为直线与平面所成角，利用边长关系即可求解.【详解】设正三棱柱的高为,即,由于,,，则,即,则,所以，取的中点,连接,,由于底面为等边三角形，,则,由于平面,，平面,所以,，且由于,平面,所以平面，所以为直线与平面所成角，则,故选：B8.已知为圆上任意一点，，若点满足，则点的轨迹方程为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用向量关系找到相关点的坐标关系，再代入相关点坐标即可得动点轨迹方程.【详解】设，，由，得：，则有，因为为圆上任意一点，所以，代入可得：，整理得：，即方程就是动点的轨迹方程.故选：A二、多项选择题：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.已知直线，，，为坐标原点，则下列说法正确的是（）A.B.与过同一个定点C.若，则与关于轴对称D.若与交于点，则为定值【答案】ACD【解析】【分析】根据系数关系判断直线垂直判断A，计算直线定点判断B，判断直线关于轴对称判断C，应用垂直关系得出定值判断D.【详解】直线，，，对于A：因为，所以，A选项正确；对于B：直线过定点，过定点，与不过同一个定点，B选项错误；对于C：若，，，则与关于轴对称，C选项正确；对于D：若与交于点，直线过定点，过定点，因为，则，为定值，D选项正确；故选：ACD.10.已知点，圆，动点满足，为坐标原点，记点的轨迹为曲线，则下列说法正确的是（）A.若过点的直线与圆相切于点，且，则B.若过点的直线与圆相切于点，则面积的最大值为C.若与圆仅有一个公共点，则D.若与圆有两个公共点，则【答案】ABD【解析】【分析】利用轨迹方程求法中的直接法求出点的轨迹，对于选项AB，作出图象，数形结合可得答案；对于选项CD，利用两圆的位置关系可得答案.【详解】已知点，，设点，满足，，，代入条件：，两边平方得：，整理：，，配方得：，因此，点的轨迹是以为圆心、半径2的圆.圆的方程为，圆心为，半径.对于选项A：，圆心，距离，切线长公式：，代入：，故选项A正确；对于选项B：中，（半径垂直于切线），所以是直角三角形，直角在，的面积，其中，因此，故在时取到最大值.故选项B正确；选项C：圆：圆心，半径；圆：圆心，半径，圆心距，两圆相切（一个公共点）的条件：或，由，得或，由，得（舍去）.因此或，故选项C错误；选项D：两圆有两个公共点的条件：。，恒成立，只需：，故选项D正确.故选：ABD11.对于两个向量，，定义为，的“向量积”，该运算的结果是一个向量：，则下列说法正确的是（）A.若，，则B.若，是非零向量，且为零向量，则一定有C.若，是平面内的两个不共线的向量，则平面的法向量可以是D.若，是非零向量，且，则，的夹角为【答案】ABC【解析】【分析】由空间向量新定义，结合空间向量共线、垂直的坐标表示，及特殊向量夹角计算逐个判断即可.【详解】对于A，由定义可得：，正确，对于B，由为零向量，可得，因为，非零向量，所以存在非零常数，使得，即，B正确，对于C，由，则，，由于，是平面内的两个不共线的向量，所以平面的法向量可以是，正确；对于D，取，则，则，，满足，而此时，夹角为，D错误，故选：ABC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数，则_____.【答案】2【解析】【分析】根据复数的模的公式进行计算即可.【详解】因为，所以.故答案为：2.13.已知且，若是偶函数，则_____.【答案】4【解析】【分析】根据偶函数的定义进行求解即可.【详解】因为是偶函数，所以.所以.所以，解得.故答案为：4.14.“直线系”是具有某一共同性质的直线的集合，通常用含参数的直线方程来表示，当参数取不同值时，方程表示该直线系中的某一条直线.已知，是直线系中的两条直线，若，则，之间的距离为_____.【答案】4【解析】【分析】设，，根据直线平行列方程，然后利用两角差的正弦公式和正弦函数性质得或，从而，最后代入平行直线距离公式求解即可.【详解】不妨设，，因为，所以，所以，由题意，所以或，不妨设，此时，即，由于的常数项为，而，故两直线不重合，所以，之间的距离为.故答案为：4四、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.记的内角、、的对边分别为、、，已知，.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出的值，利用正弦定理可求得的值；（2）由（1）中的结论结合可得出、的值，利用两角和的正弦公式求出的值，再利用三角形的面积公式可求出的面积.【小问1详解】因为，所以，由正弦定理可得，所以.【小问2详解】由（1）知，又，所以，.因为，所以，所以，即的面积为.16.已知点，点在轴负半轴上，直线在两坐标轴上的截距相等.（1）求直线的方程；（2）已知点和，点在直线上运动，求的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出直线的截距式方程，代入点的坐标可得答案；（2）求出点关于直线的对称点，利用两点间直线段最短可求最小值.【小问1详解】因为点在轴的负半轴上，所以设直线的方程为，将点的坐标代入，得，解得，所以直线的方程为.【小问2详解】设点关于直线对称点为，则，故只需求出即可.由（1）知直线的方程为，其斜率为，则，解得，即.所以，所以的最小值为10.17.如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，底面为菱形，且.（1）证明：；（2）若平面底面，，求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由等边三角形性质求得和，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用线面垂直的性质定理证明即可；（2）根据面面垂直的性质定理得线面垂直，然后建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据面面角向量公式求解即可.【小问1详解】取的中点，连接，，.因为底面是菱形，，所以是正三角形，所以.又为正三角形，所以.因为，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】由平面底面，，平面底面，平面，所以底面，底面，所以，，又，可得，，两两互相垂直，以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，如图.设，则，，，，所以，，，所以.设平面的法向量为，则得可取.易知平面的一个法向量为，则，故平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知过点且斜率为的直线与圆交于，两点.（1）求的最小值，并求取最小值时的方程；（2）若为锐角，为坐标原点，求的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先把圆的一般方程化为标准方程，可得圆心和半径，当与垂直时，最小，进而可求出其值，再根据点斜式求出直线的方程.（2）设出直线的方程为，与圆的方程联立，化为关于的一元二次方程，由为锐角，可得，再结合根与系数的关系可求出的取值范围.【小问1详解】圆的标准方程为，圆心为，半径.因为，所以点在圆内，则当与垂直时，取最小值.此时点到的距离，所以.因为，所以此时的方程为，即.【小问2详解】设，.由题可知的方程为.联立得整理得，则所以.因为为锐角，所以，即，解得.又因为点在圆内，和不可能同向，所以的取值范围是.19.已知圆，过直线上一动点作圆的两条切线，切点分别为，.（1）若直线的斜率为，求两条切线的斜率；（2）当取最小值时，求四边形的周长；（3）证明：直线过定点【答案】（1）和0（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）设出切线方程，利用点到切线的距离等于半径可求答案；（2）利用四边形的面积把条件转化为取最小值时，求周长，结合图形可得答案；（3）利用四点共圆求出所在圆的方程，得出直线的方程，可得定点.【小问1详解】由已知得圆的圆心为