新八校联考2025-2026学年度上学期高二10月月考数学答案_2025年10月高二试卷_251019湖北省新八校联考2025-2026学年度上学期高二10月月考（全）

湖北省 2025-2026 学年度上学期高二 10 月月考 数学参考解析 1-8：CDCADCBB 9.ABD 10.ACD 11.ABD 1.【答案】C 【解析】根据纯虚数定义m0. 2.【答案】D 3 5 【解析】可知倾斜角满足tan ，故倾斜角 . 3 6 3.【答案】C r r 【解析】由ab0得k 8. 4.【答案】A 4 【解析】由题可得摸到白球的概率为 . 7 5.【答案】D uuur uuur uuur uuur uuur 1uuur 1r r r 【解析】可知AE ACCE ABAD AA  abc. 1 2 2 6.【答案】C 1   tan1 【解析】可知直线l 与直线l 平行，设倾斜角为，则tan ，直线l 的斜率为tan    3. 1 2 2 3  4 1tan 7.【答案】B 【解析】设圆台底面圆半径分别为R，r，则圆台侧面积公式得Rr10，又可知Rr8，所以圆台体 积V 182cm3. 8.【答案】B uur r uuur r uuur r uuur ur 【解析】设等边ABC的重心为G，记GAa，GBb，GCc，GP p，则有 uur r ur uur r ur uuur r ur uur uur uur uuur uuur uur PAa p，PBb p，PC c p，从而S PAPBPBPCPCPA r ur r ur r ur r ur r ur r ur ur2 r r r r r r  a p  b p  b p  c p  c p  a p 3 p abbcca， r r r r r r ur 又可得abbcca2，所以，当 p 0时，S取得最小值2. 9．【答案】ABD 1 【解析】对A，当a4时，斜率为 ，直线l 的一个方向向量为(3,1). A对； 1 3 对B，l l 则(a3)13a10 ，解得a3， B对； 1 2 对C，若l 与l 相互平行，则(a3)a1310 ，解得a0或2，当a2时，l 与l 重合，故C错； 1 2 1 2 1 对D，l :xa1y10 ，若a1，直线的斜率小于若0，在y轴上的截距为 0，且过点1，0， 2 a1 直线l 不经过第三象限，D正确.故选：ABD 2 10．【答案】ACD 数学答案（共 6 页）第 1 页13 3 【解析】对A，sinAcosA ,则2sinAcosA ，故A为钝角，故A对； 4 16 对于B，由正弦定理可得：sinAsinBCsinBcosCcosBsinC ， 所以可得sinBcosCsinAcosC，即sinBsinAcosC 0 ， 即sinBsinA或cosC0. VABC为等腰三角形或直角三角形，故B错； tanAtanB 选 项 C ： 因 为 tanAB ， 且 A,B,C 是 VABC 的 内 角 ， 所 以 1tanAtanB tanAtanBtanAB1tanAtanB， tanAtanBtanC tanAB1tanAtanBtanC tanC 1tanAtanB tanC tanAta nB tanC  0 故选项C正确；   3 1 对于D， 3 b2 c2 a2 2bcsinA,所以 bccosA bcsinA，所以tanA 3. 2 2 π 因为A0,π，所以A . 因为b2 ac，据余弦定理：a2 b2 c2 2bccosA， 3 可得： b4 b2 c2 bc，化简得：b2  b2 c2  c3 cb ， c2 即得： cb c3b2 bc 0，故bc，则D正确. 故选:ACD.   11. 【答案】ABD 【解析】对A，直线DP与平面ADD A 所成最小角，当且仅当P与B 点重合时，线面角最小，最小角余 1 1 1 6 弦值为 ，A对； 3 对B，若点N，Q分别为AB，BC的中点，平面ANQ与BC交于点P， 1 1 如图，平面ANQ与正方体的截面为ANQC ,所以PQC与PCB 相 1 1 1 1 1 uuur 1uuur 2 似，点Q为BC的中点，BP BC,则 .B正确. 1 1 2 3 1 对C，若 ，将平面BBCC 沿BB展开，使得平面BBCC 与平面 1 1 1 1 1 3 4 5 BBAA 共面，连接AP两点，则AP最短距离为 .C错 1 1 3 对D，当T,M 分别为AB 和BB 中点时，DE平面CTM ，故点G的轨迹长度为TMC 的周长，则TMC 1 1 1 1 1 1 的周长为2 5 2，故D正确. 12. 【答案】 3x y0和x y 310   【解析】⑴若l过点P 1, 3 ，且在两坐标轴上的截距之和等于0，则直线l过原点满足，此时直线l的方 程为： 3x y0； x y   （2）设直线l:  1，将P 1, 3 代入方程，解得：a1 3，故直线l的方程为：x y 310； a a 故直线l的方程为： 3x y0和x y 310. 数学答案（共 6 页）第 2 页3 13. 【答案】 5 【解析】大峡谷景区3人，腾龙洞景区2人，设大峡谷景区的3人分别为a ,a ,a ，腾龙洞景区2人分别 1 2 3 为b,b ，则在其中任取2人的基本事件总数N 10,分别为：ab,ab ;a b,a b ;a b,a b ;aa ,aa ,a a ,bb . 1 2 1 1 1 2 2 1 2 2 3 1 3 2 1 2 1 3 2 3 1 2 则抽取的这两人来自不同景区的情况分别为：ab,ab ;a b,a b ;a b,a b ;故抽取的这两人来自不同景区的 1 1 1 2 2 1 2 2 3 1 3 2 3 概率为 . 5 2 14. 【答案】 t2 3 【解析】设mnt，则nmt，代入曲线方程得m3 (tm)3 2m(tm)0 ， 2 即(3t2)m2 t(3t2)mt30，当3t20，即t  时，得t3 0，矛盾； 3 2 当3t20即t  时， 3 t2(3t2)2 4(3t2)t3 t2(3t2)(2t)0， 2 2 2 可得 t2，又t  ，故 t2，如图2从形上看曲线C夹在渐近 3 3 3 2 线x y 和切线x y2之间. 3 15.【解析】（1）设A，B 分别表示“甲，乙两轮猜对i个成语”的事件，其中i0,1,2. i i  2  2 1 根据独立性假定，得PA  1   1   ， 0  3  3 9  2 2 2  2 4 2 2 4 PA 1     1   ，PA    ， 1  3 3 3  3 9 2 3 3 9  1  1 1  1 1 1  1 1 PB  1   1   ，PB  1     1   ， 0 1  2  2 4  2 2 2  2 2 1 1 1 PB    ，………………………………4分 2 2 2 4 记M “两轮活动中‘星队’共猜对2个成语“，则M  A B AB A B ，且A B ，AB ，A B 互斥， 0 2 1 1 2 0 0 2 1 1 2 0 A 与B ，A 与B ，A 与B 相互独立，所以 0 2 1 1 2 0 PMPA B PAB PA B PA PB P A P B P A P B  0 2 1 1 2 0 0 2 1 1 2 0 1 1 4 1 4 1 13        . 9 4 9 2 9 4 36 13 因此，“星队”在两轮活动中共猜对2个成语的概率为 .………………………8分 36 （2）记N “两轮活动中‘星队’至少猜对3个成语”，则N  AB A B A B . 1 2 2 1 2 2 4 1 4 1 4 1 16 4 所以，PNPAB PA B PA B         . 1 2 2 1 2 2 9 4 9 2 9 4 36 9 4 因此，“星队”在两轮活动中至少猜对3个成语的概率为 .………………13分 9 数学答案（共 6 页）第 3 页16.【解析】（1）由题意，直线 AB 的斜率为 2 ，所以直线 AB 的方程为 y22x1 ，即 2x y40.………………………………7分 （2）设点Bx ,y ，则2x  y 40， B B B B x 14 y 8 y 8 x 14 BC的中点D B , B 在中线yx1上，则 B  B 1，  2 2  2 2 8 4 联立解得，点B的坐标为 , . 3 3 2 所以，直线BC的斜率为 ，故直线BC的方程为2x5y120.……………………15分 5 17．解：（1）由图得0.005a0.0450.020.005101 ，解之可得a0.025， 故[55,65)的频率 f 0.25；………………………3分 成绩落在[45,55)的频率为0.05，成绩[55,65)的频率为0.25 设样本成绩的下四分位数为x， x55 则0.05 0.250.25，解得x63.………………………5分 10 （2）根据题意知x0.05500.25600.45700.2800.059069.5， 估计200名志愿者候选者面试成绩的平均数为69.5.…………………9分 （3）据题知：抽到的第三组、第五组拉拉队面试者的面试成绩的平均数、方差分别为 x 70,x 90,s2 22,s2 12， 1 2 1 2 且抽到的两组的频数之比为18:2， 7018902 则抽到的A队的面试成绩的平均数为w 72， 182 9   2 1   2 抽到的A队的面试成绩的的方差：s2  10   s 1 2  x 1 w    10   s 2 2  x 2 w    9 [2270722 ] 1 [1290722 ]  234  336 57， 10 10 10 10 则抽到的A队的面试成绩的的方差为57.………………………15分 18.【解析】（1）①证明：如图，在三棱柱ABCMPQ中， 因为 PB面ABC，PB AO，又AB AC2. BC 2AM 设BC2 2 ，AM 2；因为O是BC的中点，AB AC2，BC AO 则AO平面BCQP，所以AOOD① 又因为OD 3,OQ 6,QD3 则可得：OD2 OQ2 QD2，所以OQOD ②. 又因为OQIOAO；OQ,OA平面OAQ， 所以OD平面OAQ QOD平面OAD，平面AOD平面AOQ；………………………5分 数学答案（共 6 页）第 4 页（1）② 建立OA为x轴，OC为y轴，过点O垂直于底面的直线为z轴.     据题可知：A 2,0,0 ,C 0, 2,0 ,     Q 0, 2,2 ,P 0, 2,2 uuur uuur     则AQ  2, 2,2 ,PQ 0,2 2,0 ur 设平面APQ的法向量为n  x,y,z ， 1 ur uuur  n PQ0 y0 则可列： ur 1 uuur  ； n AQ0  2x 2y2Z 0 1 ur   令x 2,则n 1  2,0,1 据①可知：OD平面OAQ，故ODOQ ， 又因为AO平面BCQP，所以AOOQ,ODIOAO；OD,OA平面OAD ,则OQ平面AOD. uur uuur   则平面APQ的法向量为n OQ 0, 2,2 2 ur uur n n 1 2 2 平面APQ与平面AOD的夹角的余弦值cos uur uur  .………………………10分 n  n 3 1 2 （2）法1：据题知：BACBPA， 在等腰△BCA中，设△BCA的外心是H ，外接圆半径是r ， 据正弦定理： AB 2 1 2r   r   ， ， sin cos cos 2 2 2 在直角△ABP中，BPA， 2 2 tan ，BP ， BP tan 设外接球球心是K，则KH 平面ABC， 设外接球半径为R，即KPKBR， 2 1  1 1 R2   2 BP  BH2  tan2  cos2 ， 2 cos2 2 cos2 2 R2     ………………………14分 sin2 1cos 1cos2 1cos 3 2( cos) cos222cos 2 ，  1 1cos2 1cos2 3 1 3 令 cost，则t( , )， 2 2 2 2t 2t R2 1 1 3 5 1( t)2 t23t 2 4 数学答案（共 6 页）第 5 页2 2 2 1 5 1 1 1  5 5 3 5 2 ， 3(t ) 32 t 4t 4t 5 5 当且仅当t  ，t  时等号成立. 4t 2 22 5 则该三棱锥ABPC的外接球的半径的最小值 R .………………………17分 2 法2：本问也可建立空间直角坐标系求解，酌情给分. a2 b2 c2 19.【解析】（1）由余弦定理得cosC  ，代入已知化简得b2 a2 acc2， 2ab 1  所以cosB ，又0B，故B .……………………………………3分 2 3 21 （2） ①外心O到边AB的距离为RcosC，其中R为外接圆半径。由已知得RcosC  . 21 b  2 3 又由正弦定理得 2R，将B 代入得R . sinB 3 3 7 3 21 故cosC  ，从而sinC  ，可得tanC 3 3.…………………………5分 14 14 tanBtanC 3 因此tanAtanBC  .………………………………7分 tanBtanC1 2 2   ②由AC  ，ABC为锐角三角形得A,C  , .……………………8分 3  6 2     设A ,C  ，不妨取 0, ，（0对应等边三角形，故应排除）. 3 3  6 uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uur aOAbOBcOC 由OH OAOBOC及OI  ， abc 4 4  计算得OH  sin，OI  sin .………………………………15分 3 3 2 OH    OH  6  2  所以 2cos ，结合 0, ，因此   ,2  .……………………17分 OI 2  6 OI  2  数学答案（共 6 页）第 6 页