浙江省精诚联盟2025-2026学年高二上学期10月联考数学试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1.本卷共4页满分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、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一.单项选择题：每小题5分，共40分
1. 在平面直角坐标系中，设点，，则线段的中点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用中点坐标公式求中点坐标.
【详解】由题设，线段的中点坐标为，即为.
故选：C
2. 直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助倾斜角与斜率的关系计算即可得.
【详解】设直线的倾斜角为，则有，
又，则
故选：C.
3. 已知（2，1，﹣3），（﹣1，2，3），（7，6，λ），若P，A，B，C四点共面，则λ＝（ ）
A. 9B. ﹣9C. ﹣3D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.
【详解】由P，A，B，C四点共面，可得共面，
，
，解得.
故选:B.
【点睛】本题考查空间四点共面的充要条件以及平面向量的基本定理，属于基础题.
4. 在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，若，且，则的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简，再开方可求得结果.
【详解】由题意得，
,
，
所以.
故选：A.
5. 点在圆上运动，它与点所连线段中点为，则点轨迹方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，应用中点坐标公式写出点坐标，代入已知圆的方程即可得轨迹.
【详解】设，又与点所连线段中点为，则，
因为点在圆上运动，则，
所以，故点轨迹方程为.
故选：A
6. 如图，在正四棱柱中，是底面的中心，，分别是，的中点，则下列结论可能正确的是（ ）
A. B. 平面
C. 平面D. 平面
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出相关线段对应直线的方向向量、平面的法向量，利用空间位置关系的向量证明，逐项分析判断.
【详解】在正四棱柱中，以点D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
令，是底面的中心，分别是的中点，
则 ，
所以，，，，
对于A，显然与不共线，即不成立，不正确；
对于B、C，设平面的法向量为，则，
令，得，，因此与不垂直，也不与平行，
即既不平行于平面，也不垂直于平面，不正确；
对于D，设平面的法向量为，则，
令，得，则，
所以，而平面，正确.
故选：D
7. 若圆上总存在两个点到点的距离为3，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知得圆心到点的距离为，结合圆的半径和条件有整理变形，即可求范围.
【详解】由圆的圆心为，半径为1，则圆心到点的距离为，
要使圆上总存在两个点到点的距离为3，则，
所以，可得或.
故选：B
8. 春节期间，佳怡准备去探望奶奶，她到商店买了一盒点心.为了美观起见，售货员对点心盒做了一个捆扎（如图（1）所示），并在角上配了一个花结.售货员说，这样的捆扎不仅漂亮，而且比一般的十字捆扎（如图（2）所示）包装更节省彩绳.点心盒是长宽高分别为20cm，20cm，10cm的长方体，如果不考虑花结用绳，如图所示的捆扎方式，需要最短的用绳长度是（单位：cm）（ ）

A. 120B. 100C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将长方体盒子展开在一个平面上，再计算彩绳扎紧的情况下的彩绳长度即可得.
【详解】依据图（1）的捆扎方式，可以想象将长方体盒子展开在一个平面上，
则彩绳的平面展开图是一条由到的折线，如下图所示：

在扎紧的情况下，彩绳的平面展开图是一条由到的线段，
此时用绳最短， cm.
故选：C.
二.多项选择题：每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分
9. 下列给出的命题正确的是（ ）
A. 点为平面上的一点，且，则
B. 若为空间的一组基底，则不能作为空间的一组基底
C. 若平面内直线的方程为，则该直线一个方向向量
D. 两个不重合的平面，的法向量分别是，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】通过举特例可判断A；根据基底定义可判断B；由直线的方向向量与斜率的关系可判断C；先利用向量的线性关系得到，的位置关系，进而得平面的位置关系即可判断D.
【详解】对于A，四点共面，如图，若，O为BC中点，
此时，只需即可，故A不正确；
对于B，为空间的一组基底，不共线，
，，，共面，
不能作为空间的一组基底，故B正确；
对于C，若直线的一个方向向量，则直线的斜率为，与直线的斜率矛盾，故C不正确；
对于D，由，得∥，所以故D正确.
故选：BD.
10. 已知为坐标原点，，为轴上一动点，为直线上一动点，则（ ）
A. 周长的最小值为B. 的最小值为
C. 的最小值为10D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】点关于直线：和轴的对称点分别为，，对于A：根据对称性可得，即可判断；对于B：根据点到直线的距离分析可判断；对于C：根据题意分析可得，结合点到直线的距离分析可判断；对于D：因为，结合点到直线的距离分析可判断.
【详解】设关于直线：、轴的对称点分别为，则，，
可知，
对于A， 可得周长，
当且仅当四点共线时，等号成立，
所以周长的最小值为，故A正确；

对于B，设到轴、直线：的距离分别为，
则，
可得，
所以的最小值为，故B正确；

对于C，设到直线：的距离为，则.
作，垂足为，则，
因为直线的斜率，则，可得，
所以的最小值为6，故C不正确；

对于D，因为，
所以最小值为，故D正确.

故选：ABD.
11. 正方体棱长为2，连接和，，，，分别为，，，的中点，下列描述正确的是（ ）
A. 与所成角余弦值为
B. 四面体的外接球体积为
C. 若点满足，，，则的取值范围为
D. 设，为空间内任意一点，则有
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项A：利用空间向量的方法求解，写出坐标，与，利用向量的数量积求得与所成角余弦值；对于选项B：利用球心到各顶点的距离相等求出球心的坐标，再利用球的体积公式求出球的体积；对于选项C：由，，，得到在正方形内（包括边界），设，求出向量用表示的式子，利用函数思想求出的取值范围；对于选项D：利用直线的参数方程和直线的参数方程求出两直线的交点就是的坐标，设，求出和的坐标，从而得解.
【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.
对于选项A：
正方体棱长为2，，，，，，，设与所成角为，则，A选项正确；
对于选项B：是直角三角形，的外接圆的圆心是斜边的中点，，，，，过作平面的垂线，则四面体的外接球的球心在这条垂线上，设球心，则，，，，，，四面体的外接球的半径为，四面体的外接球的体积为，B选项正确；
对于选项C：，，，，，，在正方形内（包括边界），设，，，，，，
，当时，取最小值为，当或时，取最大值为，的取值范围为，C选项错误；
对于选项D：，，，，，直线的参数方程为，，，，直线的参数方程为，，，，，，，，，，，为空间内任意一点，设，，，，，，，，，D选项正确.
故选：ABD.

非选择题部分
三.填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分
12. 已知平面经过点，且向量是平面的法向量，则点到平面的距离为________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题设，结合平面的法向量，应用点到平面距离的向量求法即得.
【详解】由题设，又向量是平面的法向量，
所以点到平面的距离为.
故答案为：
13. 一条直线经过点，并且与轴，轴分别交于，两点，当为的中点时，此直线的截距式方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】设出截距式方程后借助中点定义计算即可得.
【详解】由点为的中点，则此直线不过原点，
设此直线的截距式方程为，
则有，解得，故该方程为.
故答案为：.
14. 四面体满足，，，，设、、的中点分别为、、，则点到直线的距离为_______.
【答案】
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，由求解.
【详解】由题意，建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，
所以点到直线的距离为，
故答案为：.
四.解答题：本大题共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. 已知直线的方程为.
（1）求出直线所过的定点，并求出到原点O的距离.
（2）过点的直线交轴非正半轴与轴正半轴于，两点，当面积最小时，求的周长.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）化简后令，解出即可得定点坐标，再利用两点间距离公式计算即可得解；
（2）分别令、可表示出、两点坐标，即可表示出面积，结合基本不等式取等条件即可得、两点坐标，即可求出周长.
【小问1详解】
化简得到，令，
解得，，所以直线过定点，
到原点距离；
【小问2详解】
设，令，则，
令，则，
所以，
当且仅当，即时取等，
则当时，，当时，，
则此时交点为，，
则，
即周长为.
16. 已知圆，线段AB的一端A点在圆上运动，另一个端点.
（1）求线段的中点的轨迹方程；
（2）记（1）中的轨迹为，若过点的直线被轨迹截得的线段长为，求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设，，利用中点公式得，根据点在圆上求轨迹方程；
（2）设（注意验证斜率不存在的情况），并确定圆的半径和圆心，应用几何法求弦长，列方程得圆心到直线的距离为，最后应用点线距离公式列方程求参数，即可得.
【小问1详解】
设，，则，得，A点在圆上运动，
代入得，则
所以的轨迹方程为；
【小问2详解】
若直线斜率不存在时，，
代入圆的方程有，可得
此时，弦长为，显然与题设不符，所以直线的斜率存在，
设，而圆的半径为，圆心为，其到直线的距离为，
则弦长，得，
由，得，得，
整理得，解得，
所以，即.
17. 如图，在棱长为3的正方体中，为棱的中点，为棱所在直线上一点，且.
（1）若，求直线与所成角的正弦值；
（2）若直线与平面所成角正弦值为，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）先建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，再根据向量的夹角公式求出两向量夹角的余弦值，进而得到异面直线与所成角的正弦值；
（2）求出相关向量坐标，再求出平面的法向量，最后根据直线与平面所成角的向量公式列出方程，求解得到的值.
【小问1详解】
如图，以为正交基底，建立空间直角坐标系.
已知正方体棱长，则，，，.
因为为棱的中点，所以点坐标为；
当时，，因为所以，
所以，
，，
，
设与所成角为，则
所以.
【小问2详解】
由（1）得
，，所以，
设平面的法向量为，有，即 ，
令 得，所以
设直线与平面所成角为，因为
即
解得或.
18. 已知圆经过坐标原点，圆心在轴正半轴上，且与直线相切.
（1）求圆的标准方程；
（2）直线与圆交于，两点.
（i）求的取值范围；
（ii）求的最小值.
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）设出圆心，进而根据题意得到半径，然后根据圆与直线相切求出圆心，最后得到答案；
（2）（ⅰ）联立直线方程和圆的方程并化简，根据判别式大于零即可得到答案；
（ⅱ）设出两点坐标得，通过根与系数的关系化简为只含参数的表达式，进而求最小值.
【小问1详解】
由题意，设圆心为，因为圆C过原点，所以半径，
又圆C与直线相切，
所以圆心C到直线的距离（负值舍），
所以圆C的标准方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）将直线l代入圆的方程得，则，
因为有两个交点，所以；

（ⅱ）设，则，
由根与系数的关系，
，且，
令，则，得，当时，
当时，，而在上恒负，在上恒正，
要使最小，则，而在上单调递增，在上单调递减，
所以时，，
综上，.
19. 如图1，边长为的菱形中，对角线，沿着对角线将和翻折至和的位置，使得，得到三棱锥（如图2），，，，分别为棱，，，的中点.
（1）证明：；
（2）记三棱锥的外接球和内切球半径分别为和，求的值；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）连接，，，，应用平行公理及菱形的定义证明为菱形，即可证结论；
（2）设，中点分别为，，同（1）证明得，，将该三棱锥放回长、宽、高分别为4，4，2的长方体，进而确定三棱锥的外接球半径，应用等体积法确定三棱锥的内切球半径，即可得；
（3）在（2）所得长方体中构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，求出对应平面的法向量，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问1详解】
如图，连接，，，，
则，且，，且，
所以，且，同理，且，
所以四边形为菱形，则；
【小问2详解】
设，中点分别为，，由（1）同理得，，
所以可将该三棱锥放回长、宽、高分别为4，4，2的长方体中（如图），
所以三棱锥的外接球半径，
，
三棱锥的表面积，
所以，即，得，
所以；
【小问3详解】
以为原点，所在直线分别为，，轴，建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，所以，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，所以，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.