湖北省楚天协作体2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）

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考试时间：2025年10月13日下午15:00-17:00试卷满分：150分
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并认真核准准考证号条形码上的以上信息，将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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. 已知向量是直线的方向向量，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由直线方向向量与直线斜率以及倾斜角的关系即可求解.
【详解】已知向量是直线的方向向量，则直线的斜率为，故直线的倾斜角为.
故选：A.
2. 在空间直角坐标系中，点关于原点的对称点为，点关于平面的对称为点，则的值为（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用对称特征求出点坐标，再利用两点间距离公式求解.
【详解】点关于原点的对称点，点关于平面的对称点，
所以.
故选：A
3. 已知A，B，C，D，E是空间中的五个点，其中点A，B，C不共线，则“存在实数x，y，使得是“平面ABC”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC，结合充分必要条件的定义即可求解.
【详解】若平面ABC，则共面，故存在实数x，y，使得，所以必要性成立；
若存在实数x，y，使得，则共面，则平面ABC或平面ABC，所以充分性不成立；
所以 “存在实数x，y，使得是“平面ABC”的必要不充分条件，
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量共面的问题，理清存在实数x，y，使得平面ABC或平面ABC是解题的关键，属于基础题.
4. 在平面直角坐标中，斜率为的直线经过点，若直线与坐标轴围成的直角三角形的面积为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设直线方程后可求得在坐标轴上的截距，根据直线与坐标轴围成的三角形面积可构造方程求得结果.
【详解】设直线，令，则，
，解得：（舍）或.
故选：B.
5. 已知直线，当点到直线的距离最大时，直线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定直线过定点，结合垂直关系求解即可.
【详解】由可得，
由得，故过定点，
当直线与点和所在直线垂直时，
点到直线的距离最大，由结合垂直关系可得，
所以直线方程为.
故选：A
6. 满足经过点且与两坐标轴围成的三角形的面积为的直线条数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意，经过点的直线斜率一定存在，且不为，设直线的斜率为，则直线方程为，求得直线与轴和轴的交点，再结合三角形面积公式，对斜率的取值，进行分类讨论，即可求解.
【详解】根据题意，经过点的直线斜率一定存在，且不为，
设直线的斜率为，则直线方程为，即，
直线与轴交于点，与轴交于点，
所以直线与两坐标轴围成的三角形的面积，即，
当时，，即，，
所以二次方程有两个不同的实数根，
即存在条直线与两坐标轴围成的三角形的面积为；
当时，，即，，
所以二次方程不存在实数根，
即不存在直线与两坐标轴围成的三角形的面积为；
综上所述，经过点且与两坐标轴围成的三角形的面积为的直线有条.
故选：B
7. 一架无人机正在执行巡检任务，其当前位置在空间直角坐标系中，位于点，另外有一条高压电缆沿直线铺设，电缆经过两点，为确保安全，需要计算无人机到电缆的最短距离，该最短距离为（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】应用空间中点线距离的向量求法求无人机到电缆的最短距离.
【详解】由题意，，则，
所以到直线的距离为.
故选：B
8. 将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为，若向量，则与的夹角为钝角的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据已知求出满足条件的满足的关系式，然后分别令，求得满足条件的，然后即可根据古典概型概率公式，得出答案.
【详解】由可得，，
所以.
因为钝角，所以，且不共线，
所以，即，且.
当时，有且，所以可取1，3，4，5，6；
当时，有且，可取2，3，4，5，6；
当时，有且，可取4，5，6；
当时，有且，可取6；
当或时，，此时无解.
综上所述，满足条件的有14种可能.
又先后抛掷两次，得到样本点共36种，
所以为钝角的概率
故选：C.
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，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 若空间三个向量，满足，则向量共面
B. 若向量是空间一组基底，则也是空间的一组基底
C. 在四面体中，若，则
D. 已知四点共面，对空间任意一点，若，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间向量共面的基本定理判断A、B；应用向量数量积的运算律转化已知条件判断C；由空间向量共面的推论判断D.
【详解】A：由题设，根据空间向量的共面定理知向量共面，对；
B：由，即共面，故不能构成基底，错；
C：由，
又，则，对；
D：由四点共面，对空间任意一点，则有，
所以，则，错.
故选：AC
10. 已知为古典概型样本空间中的两个随机事件，其中，则下列选项正确的是（ ）
A. 事件与互斥B.
C 事件与独立D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】通过Veen图，确定各自事件包含基本事件个数，结合古典概率概率计算公式及独立事件概率，逐个判断即可.
【详解】由，
可得，所以事件与不互斥，A错误；
，
所以，B正确，
，
显然，C正确，
如图阴影部分即为，
所以，
可得，D正确，
故选：BCD
11. 如图，四边形是边长为2的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上的动点（不与点重合），下列说法正确的是（ ）

A. 三棱锥的四个面都是直角三角形，且体积最大值为
B. 点运动时，四棱锥的外接球半径为定值
C. 当时，异面直线与的夹角为
D. 半圆弧上存在唯一的点，使得直线与平面所成角的正弦值为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据面面垂直、线面垂直判断A选项，根据外接球球心到顶点距离相等判断B，建立空间直角坐标系，利用向量法判断CD.
【详解】对于A，因为半圆面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
又平面，所以，，
由为直径，故，因为，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以三棱锥的四个面都是直角三角形，因为点运动时，点到平面的最大距离为，所以
，故A正确；
对于B， 设半圆圆心为，正方形中心为，则，因为正方形的中心到四个顶点的距离为，当运动时，，故是外接球的球心，球半径为定值，故B正确；
对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，则，所以点，，所以，
则，不是，故C错误；
对于D，设，则，，
平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为：
，则，
即，则，故或，
即满足条件的点有两个，不唯一，故D错误.
故选：AB
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 两条直线与之间的距离为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由平行线间的距离公式即可求解.
【详解】两条直线与之间的距离，
即两条直线与之间的距离为.
故答案为：.
13. 在一次机器狗搜索演习中，只机器狗组成一个搜索小队，每只机器狗独立发现特定目标的概率均为，且互不影响.若搜索小队中至少有一只机器狗发现目标，则搜索任务成功.要使搜索任务成功的概率超过，则的最小值是__________.
【答案】4
【解析】
【分析】应用对立事件的概率求法及独立乘法公式可得搜索小队中至少有一只机器狗发现目标的概率为，再由求的范围，即可得.
【详解】由题设，每只机器狗不能发现目标的概率为，
所以搜索小队中至少有一只机器狗发现目标的概率为，
令，则，而，
所以，故的最小值是4.
故答案为：4
14. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，点是内的一动点（含边界），则的最小值是__________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题易知平面，点关于平面对称点为，又，当时，取得最小值，，则即可求解．
【详解】连接，交平面于，连接，
在正方体中，易知平面，且，
设点关于平面对称点为，
则在上，且，
，
又当时，取得最小值，
又，所以此时，
故，
即的最小值是．
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. 已知空间三点，设.
（1）若，且，求.
（2）若与互相垂直，求.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）由题意得到，结合模长公式求得即可求解；
（2）由向量垂直的坐标表示即可求解.
【小问1详解】
，因为，则设，
故，则，
则，即或.
【小问2详解】
得，即，
则或
16. 如图，已知在平行六面体中，，分别是的中点.

（1）若对角线的长度为时，求的值.
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，结合模、数量积计算公式列方程即可求解；
（2），由数量积的运算律证明即可.
【小问1详解】
设，三个向量不共线，则构成空间的一个基底，
且，
，
则，故.
【小问2详解】
，
则
.
故.
17. 如图，在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，其中，，，且，点为的中点.
（1）证明：平面.
（2）求点到平面的距离.
（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）连接平行四边形的对角线，交于，可得，进而可证得平面；
（2）根据几何体特征，可得，，，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合空间点到平面的距离公式，即可求解；
（3）由（2）建立的空间直角坐标系，求得平面的法向量，结合面面角的向量求法，即可求解.
【小问1详解】
连接平行四边形的对角线，交于，
在中，是的中点，是中点，所以，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
由已知，，，，
在中，由余弦定理得，
则，由勾股定理，则，
又底面，平面，则有，，
所以以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图示的空间直角坐标，则，，，，，

的中点，，，
设平面法向量为，
则，取，则，，故，
，则点与平面的距离.
【小问3详解】
由（2）得，
，，设平面的法向量为，
则，
取，则，，则，
平面与平面所成锐二面角余弦值为.
18. 在平面直角坐标系中，已知三个顶点.
（1）求边所在直线的方程.
（2）若边上高所在的直线方程为，且的面积为4，求点的坐标.
（3）若，四个点在直线的两侧，且直线一侧的点到直线的距离和，与另一侧的点到直线的距离和相等，求证：直线过定点.
【答案】（1）；
（2）或；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，求出的斜率，代入的坐标，结合直线的点斜式即可求解；
（2）因为点在直线上，则，再结合三角形的面积公式，得，联立方程即可求解；
（3）根据题意，结合点到直线的距离特征，可得，代入方程得，即，即可求得其定点.
【小问1详解】
由已知，，根据直线的两点式斜率得，
则根据直线的点斜式方程，得，即；
【小问2详解】
因为点在直线：上，所以①，
又，所以，
又边上的高为点到直线的距离，
则，
所以
由①代入，则，则或，即或.
得或，故点的坐标为或；
【小问3详解】
因为四点在直线的两侧，
根据距离公式的特征：直线同侧的点代入同号，
异侧的点代入符号相反，
由于两侧的点到直线的距离和相等，则四个点的坐标代入的和为0，
即，
则，即，代入方程得，
整理即：，
不同时为零，直线过定点，则与无关
故，即.则恒过定点.
19. 如图所示，在直三棱柱中，，，点是线段上的动点（不与点重合），且满足，实数.

（1）求三棱锥的体积.
（2）若二面角的余弦值不超过，求实数的取值范围.
（3）求四面体的外接球半径的取值范围.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由题意，，先求得底面的面积，再求得点到平面的距离，结合锥体的体积公式即可求解；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面和平面的法向量，结合二面角的向量求法，即可得到关于的不等式，解不等式即可求得的取值范围；
（3）设四面体的外接球心的坐标为，半径为，根据空间两点间距离公式，由，可得，即，再由，可得，结合二次函数的性质，可求得，又，再结合二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
根据题意，，
又，
因在直三棱柱中，，，
当点是线段上的中点时，平面，
所以点到平面的距离，即三棱锥的高，
所以.
【小问2详解】
在直三棱柱中，，，，
则以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，
又，则，
则，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，故，
又在直三棱柱中，，则平面，
所以平面的法向量为，
又二面角的平面角为锐角，则二面角的余弦值为：
，
令，因为，则，故，
即，则，即，故，所以.
【小问3详解】
设四面体的外接球心的坐标为，半径为，
则，
故，
则，所以外接球心的坐标为，
代入得，
即，
则，当时，取得最小值为，
当或时，，所以，
所以，当时，取得最小值为，
当时，，所以，所以，
所以四面体的外接球半径的取值范围为.