安徽省县中联盟2025-2026学年高二上学期10月联考数学试卷（含答案）

这是一份安徽省县中联盟2025-2026学年高二上学期10月联考数学试卷（含答案），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若复数，则复数的虚部为（ ）
A．2B．3C．D．
2．直线的倾斜角是（ ）
A．0B．C．D．
3．已知点，，点满足，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
4．过点且与直线平行的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
5．已知向量，，且向量与夹角的余弦值为，则的值为（ ）
A．B．C．D．或
6．已知两点，，直线过点，若直线与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．若直线过点，且与两坐标轴围成的三角形的面积为8，则直线的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．已知空间向量，，满足，，且，，则的最小值为（ ）
A．5B．6C．25D．36
二、多选题
9．已知一组样本数据如下：2，3，4，5，7，7，8，12，则该组数据的（ ）
A．极差为10B．平均数为6
C．标准差为9D．第80百分位数为7.5
10．下列说法中正确的有（ ）
A．若是空间的一个基底，则也是空间的一个基底
B．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标是
C．已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为.若，则
D．已知直线过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为
11．在四棱柱中，底面是平行四边形，，且，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则，，，四点共面
C．直线与直线所成角的余弦值为
D．四棱柱的体积为
三、填空题
12．已知事件与互斥，且，，则 .
13．若，，且，则经过，的直线的一般方程为 .
14．已知正方体的棱长为4，空间中的一点满足，则的取值范围是 .
四、解答题
15．已知空间三点，，，设，.
(1)若，求的值；
(2)若向量满足，且，求向量的坐标.
16．已知的三个顶点是，，.
(1)求边上的中线所在的直线方程；
(2)求边上的高所在的直线方程.
17．在中，内角，，的对边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若，，点是边上的一点，且，求和的面积.
18．如图，在直四棱柱中，四边形是矩形，，，点，分别为，的中点.

(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)求二面角的正弦值.
19．如图1，在中，，，，分别是，边上的动点（不同于端点），且，将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2所示，点是线段的中点.

(1)求证：；
(2)若，当四棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角的余弦值；
(3)若，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
1．D
由复数乘法、虚部的概念即可求解.
【详解】由题意可得，故复数的虚部为.
故选：D.
2．C
由垂直于轴即可得解.
【详解】直线垂直于轴，故所求倾斜角是.
故选：C.
3．A
根据空间向量的坐标运算计算.
【详解】设点，又，，
所以，，
又，
所以，
解得，，，
所以点的坐标是.
故选：A.
4．A
求出已知直线的斜率，再结合平行关系及直线的点斜式方程求解即得.
【详解】直线的斜率为，则所求直线的斜率为，且过点，
所以所求直线的方程为，即.
故选：A.
5．B
由向量坐标形式的模的公式、夹角余弦公式和数量积坐标表示即可计算求解.
【详解】因为，，
所以，，，
又向量与夹角的余弦值为，
所以，解得.
故选：B.
6．B
画出图形，求得，，结合图形即可得解.
【详解】由题意知，，由图可知直线的斜率的取值范围是.
故选：B.
7．C
由题意可设直线的方程为：，利用三角形面积列方程，分类讨论求解即可.
【详解】由题意知，直线的斜率存在且不为0.设直线：.
设此直线与轴、轴的交点分别为，，
则点，的坐标分别为，，
因此面积为，
若，解得；
若，解得或.
综上，直线的个数为3.
故选：C.
8．A
由题意设，，，利用数量积的坐标运算求得的最小值.
【详解】因为，，
故可设，，，
又，所以，
所以，解得，
又，
所以，
当且仅当时取得等号，
所以的最小值是5.
故选：A.
9．AB
利用极差、平均数、标准差、百分位数的求法求解，逐项判断即可.
【详解】样本数据：2，3，4，5，7，7，8，12，
故极差为，故A正确；
平均数为，故B正确；
标准差为，故C错误；
因为，所以第80百分位数为8，故D错误.
故选：AB.
10．AC
对于A，说明，，不共面即可；对于B，由点关于坐标轴的对称法则判断即可；对于C，由即可列方程验算；对于D，分截距是否为0进行讨论即可.
【详解】对于A，因为，，不共面，即，
所以，
则，，不共面，所以也是空间的一个基底，故A正确；
对于B，点关于轴对称的点是，故B错误；
对于C，由平面平行可得，所以，解得，故C正确；
对于D，当直线过坐标原点时，直线的方程为；
当直线不过坐标原点时，设直线的方程为，又过点，所以，解得，
所以直线的方程为.
综上，直线的方程为或，故D错误.
故选：AC.
11．ABD
根据空间向量运算求解判断A；根据空间向量共面定理判断B；根据异面直线所成角的向量求法求解判断C，根据向量法求得点到平面的距离，代入柱体体积公式求解判断D.
【详解】由题意知，
若，则，故A正确；
由题意知，若，则，
可得，所以，
即，所以，，，四点共面，故B正确；
因为，，，
且，所以，又，
所以，
所以，
所以，
即直线与直线所成角的余弦值为，故C错误；
记点在平面内的投影为，设，
所以，
又，，
所以，
，
解得，，所以，所以，即四棱柱的高为，
所以四棱柱的体积为，故D正确.
故选：ABD.
12．0.82
由概率的基本性质即可求解.
【详解】因为事件与互斥，所以，所以.
故答案为：0.82.
13．
根据等式与直线方程的联系进行求解即可.
【详解】因为，，
所以在直线上，在直线上，
又过点的直线有且只有一条，
所以经过，的直线的一般方程为，
故答案为：
14．
设的中点，由得到点P的轨迹，然后利用向量的数量积求解.
【详解】设的中点，易得，
所以
，
所以，即在以为球心，为半径的球面上，
过点作直线的垂线，垂足为，
所以，
所以，，
即的取值范围是.
15．(1)
(2)或
（1）写出两个向量的坐标，然后通过向量垂直的坐标公式求解；
（2）通过向量平行设出向量的坐标、再通过向量的模长求解.
【详解】（1）由题意知，
，
所以，
又，所以，
解得.
（2）因为，又，
设，
又，所以，解得，
当时，；当时，，
所以向量的坐标为或.
16．(1)
(2)
（1）根据中线的性质和直线的点斜式方程，求出结果；
（2）根据高的性质，和直线垂直斜率的关系，以及点斜式方程，求出结果；
【详解】（1）因为，，所以的中点的坐标为，
又，
所以边上的中线所在的直线方程为，即.
（2）因为，，所以，
设边上的高所在的直线的斜率为，所以，得，
所以边上的高所在的直线方程为，即.
17．(1)
(2)，
（1）通过正弦定理和两角和的正弦公式，求出；
（2）先用余弦定理求出，再通过三角恒等变换求出，结合正弦定理求出，从而得到的面积.
【详解】（1）因为，由正弦定理得，
又，
所以，即，
又，所以，所以，即，
又，所以.
（2）由余弦定理可得，所以，
由余弦定理得，所以，
又，所以，
所以
，
在中，由正弦定理得，即，解得，
所以的面积为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）先建立空间直角坐标系，写出直线的方向向量，并求出平面的法向量，从而证明线面平行；
（2）用点到面的距离公式，求出点到面的距离；
（3）先求出两平面夹角的余弦，再用同角三角函数的关系，求出二面角的正弦值.
【详解】（1）证明：以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，，.

设平面的一个法向量为，
又，，所以
令，解得，所以平面的一个法向量为，
又，所以，
又平面，所以平面.
（2）解：由（1）知，，.
设平面的一个法向量为，所以
令，解得，，
所以平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离，
即点到平面的距离为.
（3）解：由（1）知平面的一个法向量为，
由（2）知平面的一个法向量为，设二面角的大小为，
又，
所以，即二面角的正弦值为.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）在中，，，所以，
所以在四棱锥中，，，
又，，平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）当四棱锥的体积取得最大值时，平面平面.
又平面平面，，平面，
所以平面，
故以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
如图所示，

则，，，，，所以.
设平面的一个法向量为，
又，，
所以，令，解得，，
所以平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
又，，
所以，
令，解得，所以平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
所以，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
（3）以为坐标原点，直线和分别为，轴，过作平面的垂线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，设，，，，，
，，
又，所以，解得，
则，则，
又，所以，
整理得，且，，得.
易得平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，
，
则，
令，函数在上单调递减，，
因此，则，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
A
B
B
C
A
AB
AC
题号
11









答案
ABD