2026届高二上学期六校联考
数学试卷 参考答案及评分标准
选择题与填空题答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A D B B C C B ABD AD
题号 11 12 13 14
答案 ACD 0 或 1 3 [4 2,4)
3
【部分题目解析】
7．由题意可设：Q (3cos ,bsin )，
2 2 2 2 2 2
则 PQ = (3cos 2) +b2 sin2 = (3cos 2) + b2 (1 cos2 ) = (9 b )cos 12cos + 4+ b ，
2
令 t = cos 1,1 ，则 PQ = (9 b2 ) t 2 12t + 4+b2 ，注意到0 b 3，则9 b2 0 ，
可知 f (t ) = ( 69 b2 ) t 2 12t + 4+b2的图象开口向上，对称轴为 t = 0，
9 b2
6 6
当 1，即0 b2 3时，可知 f (t )在 1,1 内的最小值为 f
9 b2
2 ，则
9 b
2
6 6 6( 2 ) f = 9 b 12 2 + 4+b =1，整理得b4 6b2 + 9 = 0，解得b2 = 3，不合题意；
9 b
2 2 2
9 b 9 b
6
当 1，即3 b2 9时，可知 f (t )在 1,1 内的最小值为 f (1) =12 ，符合题意； 9 b
c c2 9 b2 6
综上所述：3 b2 9 . 可得椭圆M 的离心率e = = = 2 0,a a 9
.
3
3
8．在矩形 ABCD， AB = 3， AD = 3 ，DM =1，由 tan BDC = 可得 BDC = 30 ，由 tan AMD = 3可
3
得 AMD = 60 ，则 DQM = 90 ，即BD ⊥ AM ，
可知折起后，必有PQ ⊥ AM , BQ ⊥ AM ，PQ BQ =Q，PQ, BQ 平面 PBQ ，
故 AM ⊥平面PBQ ，
因为 AM 是确定的直线，故对任意点 P， P, B,Q都在同一个确定的平面内，
3 3
因为PQ = DQ = ，可知点 P 在以点 Q 为圆心，半径为 的圆上（如图），
2 2
由图知，当且仅当 PB 与该圆相切时， PBQ取到最大值，则sin PBQ也取到最
数学试卷答案 第 1 页 共 7 页
{#{QQABLQIAggCgAgBAABgCQwFwCEEQkhEACSgGBFAEMAAAyQFABAA=}#}
3
3 3 1
大值，此时 BPQ = 90 , BQ = ，则sin PBQ的最大值为
2 = .
2 3 3 3
2
11．【部分选项解析】
B C A B 1 B P B C 1
选项 A，如图，由B1C / /BC ，
1 1
1 =
1 1 = 得 1 = 1 1 = ，
BC AB 2 PC BC 2
1 AM 1 AM B P
又 AM = CM ，即 = 得 = 1 ，所以 AB1 / /MP，
2 MC 2 MC PC
又MP 平面BC1M ， AB1 平面BC1M ，所以 AB1 / /平面BC1M ，A 正确；
选项 D，因为CC1 ⊥平面 ABC ， AB 平面 ABC ，所以CC1 ⊥ AB，又
AB ⊥ BC ， BC CC1 = C ，BC,CC1 平面BCC1B1，所以 AB ⊥平面BCC1B1，
而 AB 平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1 ⊥平面BCC1B1，
过C 作CH ⊥ BB1 ，垂足为H ，由面面垂直的性质定理得CH ⊥平面 ABB1A1，
CC1 2
在直角梯形BCC1B sin CBB1中， 1 = = ，所以在直角 BCH 中，
BB1 5
4 4 5 2 5
CH =CBsin CBB = = ，BH = ，CP与平面 ABB1 1A1所成角的正切值为 4，即 tan CPH = 4，
5 5 5
CH 5 5
所以HP = = ，因此 P 点轨迹是以H 为圆心， 为半径的圆在侧面 ABB1A1内圆弧，BP 的最
tan CPH 5 5
5 5
小值为BH = ，D 正确．
5 5
14．由 x x + y y =1，得
当 x 0, y 0时，方程为 x2 + y2 =1，图形为单位圆在第一象限的部分（含端点）；
当 x 0, y 0时，方程为 x2 y2 =1，图形为双曲线 x2 y2 =1在第四象限的部分；
当 x 0, y 0时，方程为 x2 + y2 =1，图形为双曲线 y2 x2 =1在第二象限的部分；
当 x 0, y 0时，方程为 x2 y2 =1，没有意义，不表示任何图形.
x + y 4
如图，设点 A(x, y) 为曲线 x x + y y =1上的一个动点，则 A 到直线 x + y 4 = 0 的距离为 d = ，
2
2 2
由图可知，当 A 在圆心 O 到直线 x + y 4 = 0 的垂线段上时，即 A( , ) 时，
2 2
数学试卷答案 第 2 页 共 7 页
{#{QQABLQIAggCgAgBAABgCQwFwCEEQkhEACSgGBFAEMAAAyQFABAA=}#}
2 2
+ 4
2 2 ，达到最小值；
d = = 2 2 1
2
又双曲线 x2 y2 =1、 y2 x2 =1的一条渐近线方程为 x + y = 0，
4
所以 d 小于直线 x + y = 0与 x + y 4 = 0 的距离，而这两直线的距离为 = 2 2 ，
2
x + y 4
故 2 2 1 d = 2 2 ，即 x + y 4 的取值范围为[4 2,4) .
2
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．（1）如图，过 D 作 DF⊥AC，垂足为 F，
因为平面 ABC⊥平面 ACD，平面ABC 平面ACD = AC ，DF 平面ACD，
可得 DF⊥平面 ABC，即 DF 是四面体 ABCD 的面 ABC 上的高； ················ 2 分
设 G 为边 CD 的中点，由 AC=AD，可得 AG⊥CD，
15 AG CD 15
则 AG = AC2 CG2 = , 由等面积法可得DF = = ； ················ 4 分
2 AC 4
3 1 5
在 Rt△ABC 中， AB = 3, S = , 故四面体的体积V = S DF = ； ················ 6 分 ABC ABC
2 3 8
（2）【解法一：几何法】
如图，过 F 作 FE⊥AB，垂足为 E，连接 DE，由（1）知 DF⊥平面 ABC，
所以DF ⊥ AB ，因为DF EF = F ，所以 AB ⊥平面DEF ，所以 DE⊥AB，
故∠DEF 为平面 ABC 与平面 ABD 的夹角， ··············· 8 分
2 2 7
在 Rt△AFD 中， AF = AD DF = ； ·············· 9 分
4
EF AF 7
在 Rt△ABC 中，EF∥BC，从而 = , 可得EF = ； ············· 11 分
BC AC 8
DF 2 15
所以在 Rt△DEF 中， tan DEF = = ．
EF 7
2 15
则平面 ABC 与平面 ABD 所成角的正切值为 ． ············· 13 分
7
【解法二：空间向量】
如图，设 O 是 AC 的中点，过 O 作 OH⊥AB，交 AB 于 H，过 O 作 OM⊥AC，交 AD 于 M；由平面
ABC⊥平面 ACD，知 OH⊥OM，
因此以 O 为原点，以射线 OH、OC、OM 为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系 O﹣xyz，故
数学试卷答案 第 3 页 共 7 页
{#{QQABLQIAggCgAgBAABgCQwFwCEEQkhEACSgGBFAEMAAAyQFABAA=}#}
3 1 3 15
A(0, 1,0),C(0,1,0), B( , ,0), D(0, , )，
2 2 4 4
3 3 7 15
所以 AB = ( , ,0), AD = (0, , ), ·············· 8 分
2 2 4 4
n AB = 0
设非零向量n = (x, y, z) 是平面 ABD 的法向量，则由 可得
n AD = 0
3 3
x + y = 0
2 2 7 15
，即可令n = ( 3, 1, )；显然m = (0,0,1) 是平面 ABC 的法向量， ··········· 10 分
7 15 15
y + z = 0
4 4
7 109
从而设平面 ABC 与平面 ABD 所成角为 ，cos = cos m,n = ， ············ 11 分
109
2 15 2 15
故 tan = ，即平面 ABC 与平面 ABD 所成角的正切值为 ． ············ 13 分
7 7
y y 1 x2
16．（1）设M（x, y)，由题可得 . = (x 2)，即 + y2 =1(x 2)
x + 2 x 2 4 4
x2
所以点 M 的轨迹方程为 + y2 =1(x 2) （轨迹方程未去除长轴顶点扣 2 分） ·············· 5 分
4
2 5
（2）点 O 到直线 AB 的距离为定值 ，设 A(x1, y1), B(x2 , y2 ) ，
5
① 当直线 AB 的斜率不存在时，则 AOB 为等腰直角三角形，不妨设直线 OA： y = x ，与椭圆方程联立
2 5 2 5
解得 x = ，所以点 O 到直线 AB 的距离为 ； ············· 7 分
5 5
x2
② 当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y = kx +m 与 + y2 =（1 x 2)
4
联立得 (1+ 4k
2 )x2 +8kmx + 4m 2 4 = 0 ， = 64k 2m2 4(1+ 4k 2 )(4m2 4) =16(4k 2 m2 +1) 0
8km 4m2 4
x1 + x2 = ， x x = ·············· 9
1+ 4k 2
分
1 2
1+ 4k 2
因为OA ⊥OB，所以 x1x2 + y1y2 = 0，
即 x1x2 + (kx1 +m)(kx +m) = 0 (1+ k
2
2 ，即 )x1x2 + km(x + x ) +m
2
1 2 = 0 ，
4m2 4 8k 2m2
所以 2 2 2 2(1+ k ) +m = 0，整理得5m = 4(1+ k ) ，满足 0 ············ 13 分
1+ 4k 2 1+ 4k 2
m
d 2 5所以点 O 到直线 AB 的距离 = =
1+ k 2 5
2 5
综上可知点 O 到直线 AB 的距离为定值 . ············ 15 分
5
数学试卷答案 第 4 页 共 7 页
{#{QQABLQIAggCgAgBAABgCQwFwCEEQkhEACSgGBFAEMAAAyQFABAA=}#}
17.（1）如图所示，取BC 的中点为O, BCC1B1为菱形，且 BB1C = 60 ，
所以 B1BC 为等边三角形，BC ⊥ B1O，
又 ABC 为等边三角形，则BC ⊥ AO ，
因为B1O AO =O，所以BC ⊥平面 AOB1 ， ·················· 3 分
又 BC∥ B1C1, B1C1 ⊥平面 AOB ,因为B A 平面 AOB1 ，所以B1C1 ⊥ B A1 1 1 . ················ 5 分
（2）如图所示，在 AOB1 中， AO = B1O = 3, AB1 = 3，由余弦定理可得
( 3)2 + ( 3)2 32 1 2π
cos AOB AOB =1 = = ，所以 1 ， ··············· 6 分
2 3 3 2 3
由（1）得BC ⊥平面 AOB1 ，因为BC 平面 ABC ，所以平面 AOB1 ⊥平面 ABC ，
所以在平面 AOB1 内作Oz ⊥OA，则Oz ⊥平面 ABC ，以OA,OC,Oz 所在直线为 x轴 y
轴 z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则
3 3
B1 ,0, , B (0, 1,0) , A (
3 3 3 3
3,0,0) ,C (0,1,0) ,C1 , 2, , A 1 ,1, ， ················· 7 分
2 2 2 2 2 2
设 n = (x, y, z) 是平面 ACC1A1的一个法向量， AC = ( 3,1,0)，
3x + y = 0
3 3 3 n AC = 0
AC1 = , 2, ，则 ，即 3 3 3 ，取 z =1得
n = ( 3, 3,1)， ·············· 9 分
2 2 n AC1 = 0 x + 2y + z = 0
2 2
3 3
设 BP = BB1 (0 1)，C P =C B + BP = (1 ) , 3, ( 11 1 ) ， ············· 10 分
2 2
设直线PC1与平面 ACC1A1所成角为 ，
n C P 6 3
则 sin = cos C1P,n =
1 = = ， ············· 12 分
n C 21P 13 4( 2 3 + 3) 13 3 + 3
3
令 f ( ) = ( )
39 3 13
0 1 ，则 f ( )在 0,1 单调递增，所以 f ( ) , ，故直线PC
13 2
1
3 +3 13 13
39 3 13
与平面 ACC1A1所成角的正弦值的取值范围为 , . ··········· 15 分
13 13
数学试卷答案 第 5 页 共 7 页
{#{QQABLQIAggCgAgBAABgCQwFwCEEQkhEACSgGBFAEMAAAyQFABAA=}#}
x2 y2
18．（1）设双曲线C 的方程为 =1,a 0,b 0 ，
a2 b2
b
= 3 y2
由题意知 a ，解得a =1,b = 3，所以C 的方程为 x2 =1. ············· 3 分
a2 + b2 3 = 4
（2）如图：直线 l 的方程为 y = k (x 2) (k 3)，设 A(x1, y1 ) , B (x2 , y2 ) ,(x1 x2 )，则E (x2 , y2 ) .
y22
x =1
由 3 ，消 y
2
得： (k 3) x2 4k 2x + 4k 2 +3 = 0(k 2 3) .
y = k (x 2)
4k 2 4k 2 + 3
所以 x1 + x2 = , x1 x2 = . ················ 52 分 k 3 k 2 3
y + y k (x1 + x2 ) 4 所以 k 1 2AE = =
x1 x2 x1 x2
k (x1 + x2 ) 4
直线 AE 的方程为 y + y = 2 (x x2 )，
x1 x2
k (x1 + x2 ) 4 y (x x ) 2 1 2
即 y = x x2
x1 x2 k (x1 + x2 ) 4k
k (x 1 + x2 ) 4 kx2 (x1 + x2 ) 4kx2 + k (x2 2)(x1 x 2 )
= x
x1 x2 k (x1 + x2 ) 4
4k 2 +3 4k 2
k (x1 + x2 ) 4 2x1x2 2(x + x ) k (x + x ) 4
2 2
2 2
1 2 1 2
= x = x
k 3 k 3
x1 x2 (x + x ) 4 x x 4k
2
1 2 1 2
4
k
2 3
6
k (x1 + x2 ) 4 k 2 3 k (x1 + x ) 4 2 1 = x = x x x 12 1 2 x1 x2 2
k 2 3
1
所以直线 AE 恒过定点M ,0 . ··················· 11 分
2
1 1 3
（3） k 2时， S AEF = S AMF S EMF = MF y1 + y2 = k x1 + x2 4
2 2 2
2 9k 93 4k 3 12k = =
= k 4 = 2
2 2 k 3 3 4 k 3 4 k 3 k
k
所以 S AEF 的最大值为18，此时 k = 2 . ····················· 17 分
数学试卷答案 第 6 页 共 7 页
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19.（1）设将 x 轴正半轴绕坐标原点O 逆时针旋转角 至点OP ，OP = r ，
x = r cos , x = r cos( + ),
则由任意角的三角比定义，有 和
y = r sin y = r sin( + ).
x = r cos cos r sin sin , x = r cos , x = xcos y sin ,
所以， 将 代入，得 ·················· 4 分
y = r sin cos + r cos sin . y = r sin y = xsin + y cos .
x1 = sin , x2 = sin 2 ,
（2）设点 P1， P2的坐标分别为 (x1, y1) ， (x2 , y2 )，由点的旋转坐标公式，有 与 由
y = cos y2 = cos 2 .1
cos 2 + cos
直线P1P2 的斜率 k = 1，得 = 1，
sin 2 sin
即 sin 2 cos 2 = sin cos sin(2 ) = sin( )
4 4
π π
2 = 2k + ( )或 2 + = 2kπ + π, k Z
4 4 4 4
2
= 2k 或 = k + , k Z，
3 2
7 11
(0, 2 )， = 、 、 ． ··············· 10 分
2 6 6
（3）设P(x, y) 为方程 x2 + 3xy =1的曲线上任意一点，将点P(x, y) 绕坐标原点O 逆时针旋转角 至点
x = xcos y sin , x = x cos + y sin ,
P '(x ' , y ' )．则 可解得 ①
y = xsin + y cos . y = x sin + y cos .
将①代入方程，得 (x ' cos + y ' sin )2 + 3(x ' cos + y ' sin )( x ' sin + y ' cos ) = 6，
整理得 (cos2 3 sin cos )x '2 + (sin2 + 3 sin cos )y '2 + (sin 2 + 3 cos2 )x ' y ' = 6．
令 sin 2 + 3 cos 2 = 0，可解得sin(2 + ) = 0， = 是该方程的解，
3 6
x '2 y '2
所以，将方程 x2 + 3xy =1的曲线按顺时针旋转 ，所得曲线C '的方程为 =1．
6 4 12
' '
故曲线C '是以F1 ( 4,0)和F2 (4,0)为焦点的双曲线．
又因为双曲线C '是由曲线C 绕坐标原点O 旋转而得到的，所以曲线C 也是双曲线． ·············· 15 分
'
将点F1 ( 4,0)
'
按逆时针旋转 ，得到点F ( 2 3, 2)，将点F2 (4,0)1 按逆时针旋转 ，得到点F2 (2 3,2) ，
6 6
所以，双曲线C 的焦点坐标为 F1( 2 3, 2)与F2 (2 3,2) ． ············· 17 分
数学试卷答案 第 7 页 共 7 页
{#{QQABLQIAggCgAgBAABgCQwFwCEEQkhEACSgGBFAEMAAAyQFABAA=}#}2026届高二年级上学期六校联考
数学
命题人：广州市第二中学审题人：广州市第二中学
本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。
注意事项：1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写
在答题卡上。并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效。
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位
置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以
上要求作答的答案无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回。
一、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.已知双曲线c三-三=1(0，b>0)的离心率为V5,则C的渐近线方程为
Ay=±x
By=±25x
C.y=x
D.y=±2x
2.数学家欧拉在1765年发现，任意三角形的外心、重心、垂心位于同一条直线上，这条直线称为三角形的
欧拉线.己知△ABC的顶点坐标为A(0,0),B(0,4),C(4,4),则△ABC欧拉线的方程为
A.x+y-4=0
B.x-y+4=0C.x+y+4=0D.x-y-4=0
3.已知抛物线x2=的准线为1，则1与直线8x-4y+3=0的交点坐标为
D
A.(-2-
B(-8-)
c.()
D(6-)
4.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD和侧面A:ADD1都是
正方形，∠BAA1=,AB=2,点P是CD与CD的交点，则AP.AB=
A.4-2v3
B.2
C.4
D.6
5.在三棱锥P-ABC中，PA=PB=BC=6,AC=6V2,AB⊥BC,平面PAB⊥平面ABC,若球0是三棱锥P-ABC的外
接球，则球0的表面积为
A.96π
B.84π
C.72π
D.48元
6.已知点D(3,0)和圆.M:x2+y2-4x-4y+4=0,圆M上两点A,B满足IAO=2AD,IB01=2|BD,0
是坐标原点.动点P在圆M上运动，则点P到直线AB的最大距离为
A.v2
B.2V2
C.2+V2
D.4+V2
1/4
7.已知Q是椭圆M:号+器=1(0圆M的离心率的取值范围是
A(o习
B停)
c.(o
D.E1)
8.已知矩形ABCD,AB=3,AD=V3M为边DC上一点且DM=1,AM与BD交于点Q,将△ADM沿着AM折起，使
得点D折到点P的位置，则sin∠PBQ的最大值是
A晋
&
G
D.
二、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.已知圆(C:x2+y2=4,P是直线1：x+y-6=0上一动点，过点P作直线PA,PB分别与圆C相切于点A,B,则
A.圆C上恰有1个点到直线1的距离为3V2-2B.|PA的最小值是V14
C.AB存在最大值
D.AB的最小值是
3
10.已知椭圆C:+二=1的右焦点为F，抛物线下以F为焦点，过F的直线1交抛物线P于A(x,y),B
4
3
(x,y2)两点，下列说法正确的是
A.若x1+x2=8,则AB=10
B.当BF=4FA时，直线1的倾斜角为45°或135
C.若M(4,2),P为抛物线下上一点，则PM+PF的最小值为V13
D.4AF+BF的最小值为9
11.如图，三棱台ABC-A:B:C:中，M是AC上一点，AM=MC,CC1⊥平面ABC∠ABC=90°，AB=BC=CC1=
2,A1B1=1,则
A.AB1∥平面BMC
B.平面BMC⊥平面BCCB,
C.三棱台ABC-A1B,C,的体积为}
D.若点P在侧面ABB,A,上运动（含边界），且CP与平面ABB,A,所成角的正切值为4，
则即长度的最小值为号
