湖南省祁阳市2025_2026学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份湖南省祁阳市2025_2026学年高二数学上学期10月月考试题含解析，共16页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 已知点、，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量坐标运算法则直接求解．
【详解】解：∵点、，∴．
故选：C．
2. 若圆的半径为2，则实数的值为（ ）
A. -9B. -8C. 9D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】由圆的一般方程配方得出其标准方程，由半径为2得出答案.
【详解】由，得，
所以，解得.
故选：D.
3. 已知直线的方向向量是，平面的一个法向量是，则与的位置关系是（ ）
A. B.
C. l与α相交但不垂直D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由和的位置关系即可判断.
【详解】，，
所以，
所以，
故选：A
4. 椭圆的两个焦点是和，椭圆上的点M到两个焦点的距离之和等于10，则椭圆的标准方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据椭圆定义可得a，根据焦点坐标可得c，然后由求出即可得方程.
【详解】由椭圆定义可知，，得，
又椭圆的两个焦点是和，
所以椭圆焦点在x轴上，且，所以，
所以，所求椭圆的标准方程为.
故选：C
5. 如图，在平行六面体中，为与的交点．若，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合图形，利用空间向量的加减数乘运算即得.
【详解】由图知，
.
故选：A
6. 瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上.这条直线被称为“欧拉线”.已知的顶点，，，则的欧拉线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求的重心和外心，结合直线的两点式方程可得欧拉线方程.
【详解】因为的顶点，，，
可知重心为点，即点，
由题意，可知，
所以的外心为斜边的中点，即点，
所以的欧拉线方程为，即.
故选：C.
7. 已知，从点射出的光线经x轴反射到直线上，又经过直线反射到点，则光线所经过的路程为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用点关于直线的对称点的求法，以及数形结合，即可求解.
【详解】直线的方程为，设点关于的对称点为，
则，得，即
点关于轴的对称点为，

由题意可知，如图，点都在光线上，并且利用对称性可知，，，
所以光线经过路程.
故选：C
8. 已知圆与圆，过动点分别作圆、圆的切线，（，分别为切点），若，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出 点的轨迹为直线，再根据点到直线的距离公式即可得到最值.
【详解】由题意得，，
因为，
又，即，
即，
化简得点的轨迹为，即在直线上，
表示的几何意义为点到原点距离的平方，
故只需计算原点到直线的距离再平方就可得最小值，
即最小值为.
故选：B.

二、多选题（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l的倾斜角等于，且l经过点，则下列结论中正确的有（ ）
A. 直线l在y轴上的截距为B. l的一个方向向量为
C. l与直线垂直D. l与直线平行
【答案】ABC
【解析】
【分析】先求出直线的方程，然后逐项判断计算即可.
【详解】因为直线倾斜角为，所以斜率为.
因为直线经过点，所以该直线方程为，
即.
对于A：
令，则，所以该直线与轴上的截距为，所以A正确；
对于B：
因为，与斜率相等，所以B正确；
对于C：
因为直线的斜率为，
而，所以与该直线垂直，所以C正确；
对于D：
因为直线的斜率为，所以两直线不平行，所以D错误.
故选：ABC.
10. 已知圆与圆有四条公切线，则实数a的取值可能是（ ）
A. －4B. －2C. D. 3
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意可知，两圆外离，即圆心距大于两圆半径之和，解不等式即可得解．
【详解】圆心，半径，圆心，半径．因为两圆有四条公切线，所以两圆外离．又两圆圆心距，所以，解得或．
故选：AD．
11. 在棱长为2的正方体中，点P满足，、，则（ ）
A. 当时，点P到平面距离为
B. 当时，点P到平面的距离为
C. 当时，存在点P，使得
D. 当时，存在点P，使得平面
【答案】BD
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用点平面距离向量求法求解判断AB；利用空间位置关系的向量证明判断CD.
【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，设平面的法向量为，
则，令，得，
对于A，当时，，，，
点P到平面的距离，A错误；
对于B，当时，，，，
点P到平面的距离，B正确；
对于C，当时，，
则，，
当时，
显然，方程无实根，即与不垂直，C错误；
对于D，当时，，
则，，
显然，即，由，得，
即当时，，而平面，因此平面，D正确.
故选：BD
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 点到直线：的距离为_________.
【答案】
【解析】
【分析】直接利用点到直线的距离公式计算即可.
【详解】点到直线：的距离为，
故答案为：.
13. 已知经过椭圆的右焦点作垂直于x轴的直线AB，交椭圆于A，B两点，是椭圆的左焦点，则的周长_______．
【答案】
【解析】
【分析】由椭圆定义计算即可得.
【详解】由椭圆可得，
则的周长.
故答案为：.
14. 曲线与直线有两个交点，则实数的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】明确曲线的几何意义，作出其表示的图象，结合直线曲线与直线有两个交点，数形结合，即可求得答案.
【详解】方程可化为且，
所以曲线的轨迹为以为圆心，1为半径的圆上纵坐标大于等于1的点的集合，
直线表示过点且斜率存在的直线，作图可得:
因为曲线与直线有两个交点,
观察图象可得，
又，，所以，
所以实数的取值范围为，
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. 已知的三个顶点分别为，求：
（1）边所在直线的方程；
（2）边的垂直平分线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两点求斜率，由点斜式方程即可求解；
（2）根据中垂线的性质，利用垂直直线的斜率关系，结合点斜式方程，可得答案.
【小问1详解】
，
边所在直线的方程，
即；
【小问2详解】
，
所以
又中点坐标，
所以边的垂直平分线的方程，
即.
16. 如图，长方体中，，E，F分别在上，且，

（1）求证：平面AEF；
（2）求异面直线AE与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量为，易得，从而得到平面；
（2）由（1）的条件，得到，，再根据向量夹角余弦公式求解即可.
【小问1详解】
依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，得，
所以，故，所以面.
【小问2详解】
由（1）知，，
则，
即异面直线AE与所成角的余弦值为．
17. 已知圆心为C的圆经过点和，且圆心C在直线上．
（1）求圆C的标准方程；
（2）直线与圆C相交于M，N两点，且，求实数a的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由圆心所在的直线设出圆心坐标，再利用两点间距离公式求解；
（2）由（1）的结论及已知求出圆心到直线的距离，再利用点到直线距离公式求出参数值.
【小问1详解】
由圆心在直线上，设圆心，
由，得，解得，
因此圆心，半径，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，圆的圆心，半径，
由，得圆心到直线的距离为，
则，即，解得或，

18. 已知圆，线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，且点满足线段，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）过点斜率为的直线与曲线交于，两点，试探究：
①设为坐标原点，若，这样的直线是否存在，若存在求出；若不存在说明理由；
②求线段的中点的轨迹方程.
【答案】（1）
（2）①直线不存在，理由见解析；②
【解析】
【分析】（1）运用相关点代入法求解轨迹方程即可；
（2）根据向量等式，求解直线的斜率k,结合联立方程组法确定k的取值范围，进而确定直线是否存在；根据中点坐标公式，再运用参数法求解点 D的轨迹方程.
【小问1详解】
设，则，
设，，，
即.
【小问2详解】
①设存在满足条件的直线l，设直线l方程为，
则
设，直线与圆交于两点，则，
由韦达定理得：，
，则
即，与不符，所以满足条件的直线不存在；
②MN中点坐标为：
，设MN中点D为
则，即
所以中点的轨迹方程为：.
19. 如图，在三棱锥中，平面平面，，且，以为邻边作平行四边形，为的中点，为的中点．

（1）证明：平面；
（2）若，四点在同一个球面上，设该球面的球心O．
（i）证明：球心O在平面内；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析（ii）0
【解析】
【分析】（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即.
（2）（i）根据外接球的定义，找出到四个顶点距离相等的球心的位置；（ii）先建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量的坐标，最后根据向量的夹角的余弦公式求出余弦值即可.
【小问1详解】
取的中点，连接.
因为分别为的中点，所以.
因为为平行四边形，所以.
又，所以.
所以四边形为平行四边形，所以.
又平面，而不在平面内，
所以平面.
【小问2详解】
（i）证明：取的中点为，连接.
因为，所以.
因，所以.
又平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以.
因为，所以.
在直角三角形中，根据勾股定理得.
所以点到点的距离相等，所以为球心.
所以球心在平面内.

（ii）以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则.
所以.
因为，所以，且.
又，所以，所以.
所以.
设平面与平面的法向量为，
则，.
即，.
令，则；令，则.
所以.
所以平面与平面的夹角的余弦值为
.