安徽省蚌埠市A层高中2025-2026学年高二上学期10月联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省蚌埠市A层高中2025-2026学年高二上学期10月联考数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．直线的倾斜角为（ ）
A．B．0C．D．
2．空间向量在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
3．设向量不共面，已知，若三点共线，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
4．两条直线和在同一直角坐标系中的图象可以是（ ）
A．B．C．D．
5．若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A．B．
C．D．
6．对于平面内直线方程的一般式为，我们可以这样理解：若直线l过定点，向量为直线l的法向量，设直线l上任意一点，则，得直线l的方程为，即可转化为直线方程的一般式.类似地，在空间中，若平面α过定点，向量为平面α的法向量，则平面α的方程为（ ）
A．B．
C．D．
7．已知空间直角坐标系中三个顶点坐标分别为，，，是边上的高，则的长为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知，均为正方形，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）．
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知分别为直线的方向向量（不重合），分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中，正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知直线过定点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线过定点
B．若直线不经过第四象限，则的取值范围为
C．若直线在轴上的截距为－3，则
D．若直线分别交x，y轴正半轴于A，B，则当取得最小值时，直线的方程为
11．已知正方体的棱长为，动点在正方体底面上（包含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．不存在点，使得面
B．存在点，使得面
C．若，则点的轨迹长度为
D．若为面的中心，则的最小值为
三、填空题
12．已知直线l的一个方向向量为，若l过点，则直线l的方程为 ．
13．已知向量，，，若，，共面，则 ．
14．已知正方体的棱长为，点在正方体内（包含表面）运动，若，则动点的轨迹所形成区域的面积为 .
四、解答题
15．已知直线和直线的交点为.
(1)求点坐标；
(2)求过点且与和距离相等的直线方程.
16．如图，在平行六面体中，分别为棱的中点，记，满足，．
(1)求的长度；
(2)求与夹角的余弦值．
17．已知直线和直线.
(1)若，求实数的值；
(2)若，求实数的值.
18．如图，平面，点分别为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离.
19．如图，将四个三角形拼接成形如漏斗的空间图形ABCDE，其中.连接，过点作平面，满足.
(1)证明：.
(2)若，且.
（i）求AC到平面的距离与BD到平面的距离的平方和；
（ii）求平面与平面夹角的余弦值.
1．B
根据倾斜角的概念求解即可.
【详解】直线的斜率，所以该直线的倾斜角为0，
故选：B
2．D
求出，，根据向量在上的投影向量为求解.
【详解】由题意得，
则向量在上的投影向量为.
故选：D．
3．C
利用三点共线得到，再使用共线向量定理即可.
【详解】因为三点共线，所以，则存在实数，使得，
由已知得
故
由于不共面，故解得
另解:因为向量不共面，所以，
由已知得
故向量表达式中的系数对应成比例，即，解得．
故选：C.
4．A
根据直线的截距式方程，可得直线的横、纵截距分别为a，-b，直线的横、纵截距分别为b，-a，逐项根据截距的正负判断即可.
【详解】由截距式方程可得直线的横、纵截距分别为a，-b，直线的横、纵截距分别为b，-a，
选项A，由的图象可得，可得直线的截距均为正数，故正确；
选项B，由的图象可得，可得直线的截距均为正数，由图象不对应，故错误；
选项C，由的图象可得，可得直线的横截距均为负数，纵截距为正数，由图象不对应，故错误；
选项D，由的图象可得，可得直线的横截距为正数，纵截距为负数，由图象不对应，故错误.
故选：A.
5．D
由向量共面的性质逐项判断即可；
【详解】对于A，，所以三向量共面，故A错误；
对于B，，所以三向量共面，故B错误；
对于C，，所以三向量共面，故C错误；
对于D，假设共面，则，即，
所以，不符合题意，所以假设不成立，故D正确；
故选：D.
6．D
设平面α上一点坐标为，根据求出答案.
【详解】设平面α上一点坐标为，
则，即，
变形得到.
故选：D
7．A
先根据题意，设，可得，再根据是边上的高，计算，最后得和.
【详解】因为，，，所以，．
因为点在边上，所以设，
则．
由是边上的高可得，解得，
所以，
所以．
8．A
解法一：根据题目条件可知，即为二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值，结合空间向量线性运算及数量积运算即可求解．解法二：通过补形建立空间直角坐标系，用坐标运算求解.
【详解】解法一：根据题意可知，即为二面角的平面角，所以，
设正方形与边长均为1，异面直线与所成的角为.
因为，，，，
所以，
所以，即.
解法二：不妨假设正方形与的边长均为2，
如图，补形成直三棱柱，以中点为原点，建立空间直角坐标系，
则有，，，，由此可得，.
设异面直线与所成的角为，则.
故选：A.
9．ACD
根据直线方向向量、平面法向量定义，结合向量间的位置关系判断线线、线面、面面关系即可.
【详解】A：由题设，对；
B：由题设，或，错；
C：由题设，对；
D：由题设，对.
故选：ACD
10．ACD
直线方程整理得，然后求定点即可判断A；由直线不经过第四象限，则斜率和在轴上的截距都大于等于零，列出不等式求解即可判断B；由截距可求得得到C；设，利用三点共线可得，再表示出，根据基本不等式即可求得最小值，根据取最值的条件即可求出直线方程判断D.
【详解】对于A，直线，即，
令，解得，故直线过定点，故A正确；
对于B，直线，即，
直线不经过第四象限，，解得，
故的取值范围是，故B错误；
对于C，易知时，直线在轴上的截距存在，
依题意，令，得直线在轴上的截距为，解得．
对于D，设三点共线，
，整理得
，
当且仅当，即时等号成立，
当取得最小值时，直线的方程为，即．
故选：ACD.
11．BCD
根据面面平行的判定可证得平面平面，可知当线段时，平面，知A错误；根据线面垂直的判定可证得平面，知B正确；根据勾股定理可求得点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内的部分，根据扇形弧长公式可求得C正确；作出关于平面的对称点，知所求最小值为，由长度关系可得D正确.
【详解】对于A，，，四边形为平行四边形，
，又平面，平面，平面，
同理可得：平面，
，平面，平面平面，
则当平面时，平面，
又平面平面，线段时，平面，A错误；
对于B，平面，平面，，
四边形为正方形，，
，平面，平面，
又平面，；
同理可证得：，
，平面，平面，
则当与重合时，平面，B正确；
对于C，，即，，
则点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内的部分，即下图所示的优弧的长度，
优弧的长度为，即点的轨迹长度为，C正确；
对于D，延长到点，使得，则点即为点关于平面的对称点，
（当且仅当三点共线时取等号），
取中点，则，又，
，
即的最小值为，D正确.
故选：BCD.
12．
根据方向向量求出直线的斜率，再点斜式写出方程，最后化简为一般方程即可.
【详解】根据直线l的方向向量可得直线的斜率为，又因为,
所以直线l的方程为,即得.
故答案为：.
13．
根据向量共面定理得到存在使得，从而得到方程组，求出答案.
【详解】由题意得，存在使得，即，
故，解得.
故答案为：
14．
根据向量加减法运算、数量积的定义和运算律可求得，进而得到点在与垂直的平面上，且点到该平面的距离为；根据正方体的性质可证得平面，取中点，由面面平行的判定与比例关系可知所求区域面积为的面积，由长度关系可求得结果.
【详解】
，，，
，，
，，
即在上的投影数量为，
点在与垂直的平面上，且点到该平面的距离为；
平面，平面，
，，平面，平面，
又平面，；
同理可证得：，
，平面，平面；
，，
又，，
点到平面的距离，
取中点，
则，又平面，平面，平面，
同理可得：平面，
，平面，平面平面，
则点到平面的距离为，即点的轨迹所形成的区域为，
，，
即点的轨迹所形成的区域的面积为.
故答案为：.
15．(1)；
(2)或.
（1）解方程组求出点的坐标.
（2）根据给定条件，可得所求方程的直线过线段的中点或平行于直线，再分情况求出直线方程.
【详解】（1）由，解得，
所以点的坐标为.
（2）令过点且与和距离相等的直线为，
由到直线的距离相等，得经过线段的中点或，
当经过线段的中点时，线段的中点为，
又经过点，则直线的方程为；
当时，而直线的斜率，
则直线的方程为，即，
所以所求直线的方程为或.
16．(1)
(2)
（1）利用空间的基向量表示出，再根据向量数量积运算律计算模长即可；
（2）根据向量的线性运算表示，再运用空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）因
则，，
于是.
又，
则，
故.
（2）因为，
则，
故，
又则，故，
则，
则，
故与夹角的余弦值为．
17．(1)0或2
(2)
（1）根据两直线垂直的公式，即可求解；
（2）根据两直线平行，，求解，再代回直线验证.
【详解】（1）若，则
，解得或2；
（2）若，则
，解得或1.
时，，满足，
时，，此时与重合，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到平面.
（2）以为原点，分别以的方向为轴，..轴，轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．
（3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解．
【详解】（1）连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形.
由点和分别为和的中点，可得且，
因为为的中点，所以且，
可得且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.
依题意可得，.
，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，.
，所以，平面与平面夹角的余弦值为.
（3）设，即，则.从而.
由（2）知平面的法向量为，
由题意，，即，
整理得，解得或，
因为所以，所以.
则N到平面的距离为.
19．(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）
（1）取AC的中点，连接BM，DM，先证明平面，即可证明结论；
（2）（i）建立空间直角坐标系，设，直线AC到平面的距离为到平面的距离为，由已知可列方程组，求得答案；（ii）求出平面的法向量，根据二面角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）取AC的中点，连接BM，DM.
因为为AC的中点，所以，
又因为平面，所以平面.
又因为平面，所以.
（2）（i）连接EM，因为，所以，由（1）知平面，
则四点共面.
结合题意知，可得，
在四边形EBMD中，，根据对称性，可知EM垂直平分.
因为，所以在平面内存在点F，G，使得，
则，平面，即得平面
如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设，直线AC到平面的距离为到平面的距离为，
则.
因为，所以
解得，
故AC到平面的距离与BD到平面的距离的平方和为.
（ii）设平面的法向量为，而，
则，即，取.
设平面AEB与平面的夹角为，取平面的一个法向量为，
则，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
C
A
D
D
A
A
ACD
ACD
题号
11









答案
BCD