浙江省2025_2026学年高二数学上学期10月联考试题含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高二数学上学期10月联考试题含解析，共25页。试卷主要包含了 直线的倾斜角的取值范围为， 已知直线， 已知圆等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场、座位号及准考证号（填涂）；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知直线：和直线：，则“”是“∥”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线平行求得，然后根据充分、必要条件的知识求得正确答案.
【详解】当时，，解得或，
当时，两直线分别为，符合题意，
当时，两直线分别为符合题意，
所以“”是“∥”的充分不必要条件
故选：B
2. 已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得圆锥底面半径、母线长及高，再用体积公式计算即可得.
【详解】由圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，
则该圆锥底面半径为，母线长为，
则高为，
则该圆锥的体积.
故选：D.
3. 关于空间向量，以下说法错误的是（ ）
A. 空间中的任意三个向量，若其中两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若，则与的夹角是钝角
C. 已知向量，，是不共面的向量，则，，也是不共面的向量
D. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量夹角的范围、空间基底的定义和空间向量基本定理的知识依次判断即可.
【详解】对A：根据共线向量的概念可知，空间中的三个向量，若有两个向量共线，
则这三个向量一定共面，故A正确；
对B：若，则与的夹角是钝角或与方向相反，故B错误；
对C：假设，，也是共面向量，则存在、，使得，
即，由向量，，是不共面的向量，
则有、，无解，故，，也是不共面的向量，故C正确；
对D：因为，
则，
有，所以，，，四点共面，故D正确.
故选：B.
4. 直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可知斜率，结合斜率和倾斜角的关系分析求解.
【详解】设直线的倾斜角为，
直线的斜率，
即，且，可得，
所以直线的倾斜角的取值范围为.
故选：C.
5. 如图，在平行六面体中，点是棱的中点，连接、交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】推导出，利用空间向量的线性运算可得出关于、、的表达式.
【详解】在平行四边形中，因为为的中点，连接、交于点，且，
所以，，则，
因此，.
故选：B.
6. 已知正方体的棱长为4，为的中点，则点到平面的距离等于（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等体积思想计算即可.
【详解】在中，，
在中，，
体对角线，
则等腰底边上的高为，
则，
设点到平面的距离为，
因平面，，则，
则，则点到平面的距离等于.
故选：A

7. 已知直线：与圆：交于，两点，点在圆上，且，若，则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设弦的中点为，根据题意结合数量积的运算律可得，结合垂径定理整理可得，代入运算求解即可.
【详解】圆：的圆心为，半径，
直线：过定点，
则，可知点在圆内，可知直线与圆必相交，
设弦的中点为，则，
因为，可得，

则，
又因为，
可得，可得，即，
所以.
故选：C.
8. 已知函数，，则两个函数的图象仅通过平移就可以重合的是（ ）
A. 和B. 和
C. 和D. 和
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知，若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，可判断AB选项；利用三角函数图象变换可判断CD选项.
【详解】若两个正、余弦型函数的图象仅通过平移就可以重合，则这两个函数的振幅相等，最小正周期也相等，
对于A选项，，
所以，函数的振幅为，函数的振幅为，
所以，这两个函数的振幅不相等，
故与的图象不能通过平移重合，A错；
对于B选项，，
，
函数的振幅为，函数的振幅为，
所以与的图象不能通过平移重合，B错；
对于C选项，因为，，
函数与的图象不能通过平移重合，C错.
对于D选项，因，，
将函数的图象向左平移个单位长度可与函数的图象重合，D对；
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 的最小正周期为
B.
C. 的图象关于点中心对称
D. 将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，则是区间上的增函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用题给图象结合正弦函数的性质得出和值，求出函数表达式，再结合正弦函数的图象和性质对选项进行逐一判断.
【详解】由图象可知，相邻最小值点和最大值点之间的水平距离为半个周期，
即，
由周期公式，
所以，选项A正确；
因为图象经过点，代入函数得：，
由正弦函数性质可知时，，
所以，
因为，所以， ，
因，故B错误；
因为是中心对称函数，对称中心为，，
若函数图象关于点对称，则.
代入计算：，
所以图象关于点对称，故C正确；
将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），则，
由正弦函数性质可知在上单调递增，
令，解得，
区间位于增区间内，故在区间内是增函数，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知圆：，则（ ）
A. 圆与直线必有两个交点
B. 圆上存在3个点到直线：的距离都等于
C. 若圆与圆恰有三条公切线，则
D. 已知动点在直线上，过点向圆引两条切线，，为切点，则的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A：求出该直线所过定点可得该直线与圆相交，即可得解；对B：求出圆心到直线的距离后计算圆心加减半径与的大小关系即可得；对C：由公切线条数可得两圆位置关系，利用两圆位置关系即可得解；对D：计算可得，则只需计算的最小值即可得解.
【详解】对A：，则该直线必过点，
又，故点在圆内部，
故直线与圆相交，
故圆与直线必有两个交点，故A正确；
对B：圆心到直线的距离为，
由，
故圆上存在个点到直线的距离都等于，故B错误；
对C：若圆与圆恰有三条公切线，则两圆相外切，
将化简可得，
则该圆圆心为，半径为，
则有，解得，故C正确；
对D：由切线性质及切线长定理可得、，，
四边形的面积，
又，故取最小时，最小，
又，则，
故，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知棱长为2的正方体中，，，分别为，，的中点，则下列正确的是（ ）

A.
B.
C. 若点是正方体表面上一动点且满足，则点的轨迹长度为
D. 已知平面过点且，若，且，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面平行得出点到面的距离相等，转换三棱锥的顶点与底面，即可得A；
利用线面平行证明线线平行，即可得B；由于过一点作已知直线的垂线可组成唯一平面，找到该平面，则其与正方体表面的交线，即可求得轨迹长度C；建系求出点P在球上，由于球与平面的公共点组成一个圆，求出球心与平面的距离，即可求出其轨迹长度，即可得D.
【详解】由，平面可得平面，
则点C、点到平面距离相等，所以，故A选项正确；
如图，取中点，连接，则，
由于平面，平面，则，则，
由于与互余，则可得，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，故B选项正确；
如图取中点F，中点G，
由于平面，平面，则，
由于 与互余，则可得，
又因为，所以平面，
因为平面，所以，
同理可得，
又因为，则平面，
因为，所以平面，
又因为点是正方体表面上一动点，所以点轨迹为平面与正方体表面的公共点组成的图形，即，其中可求得，，所以周长为，故C选项错误；
如图建立空间直角坐标系，则，
设，由于， 则，即，
则点P在圆心为，半径的球上，
又因为，则点P轨迹为球与平面的公共点组成的图形，即圆，
由于，可得取为平面的法向量，
由于平面过点，
则点到平面的距离，，
则，
其周长为，故D选项正确；
故选：ABD.

三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 临平是生态宜居的福地，地处杭嘉湖平原，大运河、上塘河沿境流淌，临平区一望平畴、塘漾棋布，是典型的江南水乡、鱼米之乡，是文学大师丰子恺笔下的“江南佳丽地”，境内拥有江南三大赏梅胜地之一超山、塘栖古镇、艺尚小镇等风景名胜和人文景观，现有甲、乙两个同学准备周末分赴这三个景点打卡，已知每人都只去1个景点，且甲、乙两个同学前往三地打卡的概率分别是，，和，，，则甲、乙打卡不相同景点的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出甲、乙打卡同一地点的概率，则根据事件的互补性即可求出甲、乙打卡不相同景点的概率．
【详解】设三个景点分别为、、，
则甲前往、、的概率分别为，，，
乙前往、、的概率分别为，，，
甲、乙都打卡景点的概率为，
甲、乙都打卡景点的概率为，
甲、乙都打卡景点的概率：，
所以甲、乙打卡相同景点的概率为，则甲、乙打卡不相同景点的概率为．
故答案为：．
13. 在三棱锥中，是边长为3的正三角形，且，，二面角的大小为，则此三棱锥外接球的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意结合面面垂直的性质分析可知平面，将三棱锥补形成直三棱柱，结合直三棱柱求外接球的半径和表面积.
【详解】由题意可知：，，，则，即，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
可知的外接圆半径，
将三棱锥补形成直三棱柱，

结合直三棱柱可知外接球的半径，
所以此三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
14. 已知是定义在上的奇函数，且满足，当时，，若函数与直线的图象所有交点的横坐标之和为6，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】结合函数对称性、奇偶性及其解析式，可画出图象，再利用直线与圆的位置关系计算即可得.
【详解】由，则关于中心对称，且，
又是定义在上的奇函数，则，
则，
故，故周期为，
由当时，，则，
故当时，的图象为以为圆心，为半径的圆的上半圆，
又关于中心对称，且过点，
即函数与直线必有公共点，
由函数与直线都关于中心对称，
则当函数与直线的图象在左侧有交点时，
在右侧必有一关于对称的交点，
由函数与直线的图象所有交点的横坐标之和为6，
则两图象除外必有额外一组交点，
作出如下图：

当时，直线需与圆的上半圆相切：
即有，解得，又，则；
当时，直线与圆无交点，
则，解得或，由，则；
综上所述：.
故答案为：.
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. 一家水果店为了解本店苹果的日销售情况，记录了过去200天的日销售量（单位：kg），将全部数据按区间分成5组，得到图所示的频率分布直方图．

（1）求图中a的值；并估计该水果店过去200天苹果日销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）若一次进货太多，水果不新鲜，进货太少，又不能满足顾客的需求.店长希望每天的苹果尽量新鲜，又能85%地满足顾客的需要（在100天中，大约有85天可以满足顾客的需求）.请问，每天应该进多少水果?
（3）在日销售量为苹果中用分层抽样方式随机抽6个苹果，再从这6苹果中随机抽取2个苹果，求抽取2个苹果都来自日销售量在的概率.
【答案】（1）kg
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）在频率分布直方图中，所有矩形的面积和为1，所有矩形的面积乘以其底端中点之和即为平均值.
（2）能地满足顾客的需要即求该店苹果日销售量的分位数，通过矩形的面积和确定分位数在，再利用公式计算即可．
（3）由分层抽样确定来自日销售量中的有2个，来自日销售量为的苹果有4个，再列出基本事件，由古典概型求解.
【小问1详解】
由直方图可得，样本落在，，…，的频率分别为，，0.2，0.4，0.3，
由，解得．
则样本落在，，…，频率分别为0.05，0.05，0.2，0.4，0.3，
所以，该苹果日销售量的平均值为:
.
【小问2详解】
为了能地满足顾客的需要，即估计该店苹果日销售量的分位数．
依题意，日销售量不超过的频率为，
则该店苹果日销售量的分位数在，
所以日销售量的分位数为．
所以，每天应该进苹果．
【小问3详解】
由日销售量为的频率分别为0.2，0.4知，
抽取的苹果来自日销售量中的有2个，不妨记为，
来自日销售量为的苹果有4个，不妨记为，
任意抽取2个苹果，有，，共有15个基本事件，其中2个苹果都来自日销售中的有6个基本事件，由古典概型可得.
16. 如图，在多面体中，已知四边形是菱形，平面.

（1）证明：平面平面；
（2）若，，，，与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求证、得出平面，最后利用面面垂直的判定定理即可；
（2）求证平面，即可得出即为与平面所成的角，再求证平面，即可利用等体积求出.
【小问1详解】
如图，设与交于点.
因为四边形是菱形，所以.

因为平面，平面，所以.
因为，、平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面；
【小问2详解】
因为平面，，所以平面，
因为平面，所以.
又因为，，，平面，所以平面.
连接，即为与平面所成的角，所以.
因为，，
所以，所以，所以，所以是等边三角形.
因为，平面，平面，所以平面，
所以.
17. 在中，，，．
（1）求角A的大小；
（2）求；
（3）若线段AB上点D满足，求CD的长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用已知条件切化弦，结合正弦和角公式整理化简计算即可；
（2）先利用余弦定理结合第一问计算，再利用余弦定理计算即可；
（3）先由内角和及正弦和角公式计算，再利用正弦定理求边即可.
【小问1详解】
由，
即，
又，
所以，
在中，，所以，则；
【小问2详解】
由，，，
结合余弦定理可得，
所以，则；
【小问3详解】
易知，
所以
，
由正弦定理得.
18. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，二面角的大小为，，分别为和的中点.
（1）求证平面
（2）求与平面所成角的正弦值；
（3）设为侧棱上一点，四边形是过，两点的截面，分别交，于，两点，且平面，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为?若存在，求的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，.
【解析】
【分析】（1）取的中点，根据平行关系可得，进而可证线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，求相关点的坐标，再求平面的法向量，进而可得线面夹角；
（3）设，根据面面夹角可得，设，结合线面平行运算求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，，，
在中，，分别为和的中点，
所以且长为的一半，
又因为底面为平行四边形，为的中点，
所以且，所以四边形为平行四边形，可得，
又面，面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点，连接，由，则，
分别以，所在直线为轴和轴，以过垂直于底面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，，所以为平面的一个法向量，
又，设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
因为平面，平面平面，平面，
所以，
设，则，
设平面的一个法向量为，由，
则，
令，则，，所以为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，由（2）可知平面的法向量，
由题意可得，
令，则，得，所以，
当时，（舍去），所以当时，，此时，
设，则，
又因为平面的法向量，
则，解得，
所以存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时.
19. 如图所示，圆：与轴交点分别为，，过点的直线与圆交于，两点.

（1）若弦的长为，求直线的方程
（2）记直线，的斜率分别为，，求的值；
（3）设为直线与的交点，，的面积分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）和
（2）
（3）
【解析】
【分析】
（1）分直线的斜率存在与不存在，结合垂径定理计算即可得；
（2）设出直线的方程，联立曲线后利用韦达定理及斜率公式计算出即可得；
（3）结合（2）中所得，表示出直线和直线方程并联立可得点在定直线上，再借助三角形面积公式分别表示出两三角形面积并化简，可结合韦达定理计算即可得.
【小问1详解】
①当直线的斜率不存在时，此时，；
②当直线的斜率存在时，设直线斜率为，则直线方程为，
则由，知圆心到直线的距离为，
则，得，
所以直线为和；
【小问2详解】
解法一：设由题知，，，
①当直线的斜率不存在时，直线方程为，如图所示，

将，代入，解得，，，
，，；
②当直线的斜率存在时，设直线斜率为，则直线方程为，
设，，则，，
联立，消去得，
，，
连接，，由圆的性质可得，，
；
所以；
综上可得，；
解法二：设直线方程为，，，
联立，消去得，
，，
，整理得，
，
所以；
【小问3详解】
由（2）知，直线和直线方程分别为或，
联立，消去得，点在直线上，如图所示，

，，，
的取值范围为.