湖北省武汉市第一中学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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命题教师：高二数学组 审题教师：高二数学组
时间：120分钟 试卷满分：150分
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知直线的倾斜角为，方向向量．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的倾斜角可得直线斜率，再根据方向向量可得直线斜率，即可求解.
【详解】直线的倾斜角为，所以，
方向向量，则，.
故选：A.
2. 已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则与的关系是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的方向向量与平面法向量的位置关系确定直线与平面的位置关系.
【详解】因为，所以.
所以.
故选：A
3. 已知四面体如图所示，点E为线段的中点，点F为的重心，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图形应用空间向量的加减法及数乘运算即可求解.
【详解】依题意，.
故选：D.
4. 已知直线：，：，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线的平行关系求出的值，结合充分必要条件的定义判断即可.
【详解】 直线：，：，
若，则，解得或.
当时，：，即=0，：，∴.
当时，：，：，.
∴当时，或
而是或的充分不必要条件.
故选：A.
5. 已知直线，且与以点，为端点的线段有公共点，则直线斜率的取值范围为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合图象，求出端点处的斜率，从而求出函数的斜率的取值范围即可.
【详解】
直线恒过定点，
直线过点时，设直线的斜率为，
所以，
直线过点时，设直线的斜率为，
所以，
要使直线与线段有公共点，
则直线的斜率的取值范围为.
故选：.
6. 在棱长均为1的三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先选一组基底，再利用向量加法和减法的三角形法则和平行四边形法则将两条异面直线的方向向量用基底表示，最后利用夹角公式求异面直线与所成角的余弦值即可．
【详解】如图，设，，，棱长均为1
则，，，
，，
，
，
，
，，
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A．

7. 曲线与直线有两个交点，则实数k的取值范围是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简式子可得，作出图形，然后转化成直线与该半圆有两个交点，数形结合可得结果.
【详解】由可得，
直线恒过，斜率为，
作出图象，
直线与圆相切，
当过D点的直线介于与之间时，直线与此半圆有两个交点，，
由与圆相切，可得，解得，故，
故直线与此半圆有两个交点时.
故选：B
8. 已知圆，一条光线从点处射到直线上，经直线反射后，反射光线与圆有公共点，则反射光线斜率的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用对称关系，转化为过定点的直线与圆有公共点，转化为圆心到直线的距离小于等于半径，即可列式求解.
【详解】点关于直线的对称点，

由题意可得反射光线过点，显然过点直线与圆有公共点的直线的斜率存在，
设反射光线的斜率为，则反射光线的方程为，即，
圆心到反射光线的距离，
整理可得：，解得.
故选：B.
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．
9. 下列说法错误的是（ ）．
A. “直线与直线互相垂直”是“”的充分不必要条件
B. 直线的倾斜角的取值范围是
C. 若圆上恰有两点到点的距离为1，则r的取值范围是
D. 过点且在x轴，y轴上的截距互为相反数的直线方程是
【答案】AD
【解析】
【分析】根据两直线垂直的条件、直线倾斜角的范围、两圆的位置关系以及截距的定义逐项判断即可.
【详解】对于A：
当时，直线与直线互相垂直，
当时，直线的斜率为，直线的斜率是，
要使得两直线互相垂直，则，解得，
所以直线与直线互相垂直是“或”的充分条件，
是“”的必要不充分条件，所以A错误；
对于B：
因为直线的斜率为.
所以倾斜角满足且直线倾斜角的范围为，
所以，B正确；
对于C：
由题意，圆是以为圆心，半径为的圆，圆是以为圆心，半径为1的圆，
两圆圆心距为.
由于圆上恰有两点到的距离为1，即两圆有且仅有两个公共点，
所以，解得，所以C正确；
对于D：
当直线与轴的截距为0时，也满足题意，此时斜率为，
所以此时直线方程为，即，所以D错误.
故选：AD.
10. 关于下列命题，正确的是（ ）．
A. 若点在圆外，则或
B. 已知圆，直线，则直线l与圆M相交或相切
C. 已知点P是直线上一动点，PA、PB是圆的两条切线，A、B是切点，则四边形PACB的最小面积是2
D. 设直线系，M中的直线所能围成的正三角形面积都等于
【答案】BC
【解析】
【分析】根据一般方程表示圆和点列不等式组可解出实数的取值范围，可判断A选项；计算圆心到直线的距离的取值范围，可判断B选项；找出当切线、的长取得最小值时点的位置，计算出的长，并计算出此时四边形的面积，可判断C选项；由直线系方程可知，中所有直线都是定圆的切线，易知中的直线所能围成的正三角形的面积不一定都相等，即可判断D选项.
【详解】A选项：点在圆外，即，
，，
∴或.又∵，即，
∴，∴或.A选项错误；
B选项，直线过原点，圆的圆心的坐标为，且，所以圆心到直线的距离，则直线l与圆M相交或相切，B选项正确；
C选项，圆的标准方程为，圆心的坐标为，半径长为，
圆心到直线的距离为，
∴，则，
四边形的面积的最小值为，C选项正确；
D选项，直线系的方程为，由于点到直线的距离为，直线系中所有的直线都是圆的切线，如下图，中的直线所能围成的正三角形和面积不相等，D选项错误.

故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与圆的位置关系，解题的关键是掌握点与圆的位置关系，直线与圆的位置关系的应用，考查了转化和数形结合思想等数学思想方法.
11. 如图，矩形中，，边，的中点分别为，，直线BE交AC于点G，直线DF交AC于点H.现分别将，沿，折起，点在平面BFDE同侧，则（ ）
A. 当平面平面BEDF时，平面BEDF
B. 当平面平面CDF时，
C. 当重合于点时，二面角的大小等于
D. 当重合于点时，三棱锥与三棱锥外接球的公共圆的周长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，先利用三角形相似证得，再利用面面垂直的性质定理证得平面，从而得以判断；
对于B，先利用线面垂直推得平面AGH与平面CHG重合，再利用面面平行的性质定理证得，进而推得，从而利用线面平行的性质定理推得，由此得以判断；
对于C，由平面得到二面角为，进而由推得，据此判断即可；
对于D，先分析得三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，再由勾股定理证得，从而求得公共圆的直径，由此得解.
【详解】对于A，在矩形中，，是的中点，
所以，，则，
又，所以，则，
所以，则，故，
当平面平面时，如图1，
又因为平面平面，平面，
所以平面，故A正确.
.
对于B，当平面平面CDF，如图1，
由选项A易知在矩形中，，则，
所以中，，，
同理，则，，
又，，面，
所以面，同理平面CHG，
又因为，所以平面AGH与平面CHG重合，即四边形为平面四边形，
又平面平面CDF，平面平面，平面平面，
所以，又，所以四边形是平行四边形，则，
假设，则四边形为平面图形，
又平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，
又，即，所以四边形是平行四边形，
所以，而，，显然矛盾，故B错误；
对于C，如图2，
由选项B易得平面，
又平面，所以，同理：，
所以二面角的平面角为，
在中，由选项B知，
所以是正三角形，故，即二面角的大小等于，故C正确；
.
对于D，如图2，三棱锥与三棱锥的公共面为面，
所以三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，
易知，，，
所以，所以，即为直角三角形，
所以为的外接圆的直径，即，
所以所求公共圆的周长为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握面面垂直的性质定理、线面平行与面面平行的性质定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，严密推理；同时对于外接球的公共圆的突破口在于找到两个三棱锥的公共面，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知动直线，圆，则直线与圆C相交的最短弦长为______．
【答案】2
【解析】
【分析】找到动直线经过的定点，即可找到圆心到直线距离的最大值，由垂径定理即可求出直线与圆相交的最短弦长.
【详解】动直线经过定点，且点在圆内，
圆心，圆心到动直线最长距离，
∴直线与圆C相交的最短弦长为.
故答案为：2.
13. 阿波罗尼斯（约公元前262—公元前190年）证明过这样的一个命题：平面内到两定点距离之比为常数k（，）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿氏圆．若平面内两定点A，B间的距离为2，动点P满足，当P，A，B不共线时，面积的最大值是______．
【答案】
【解析】
【分析】设经过点A，B的直线为x轴，的方向为x轴正方向，线段AB的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，利用坐标法计算.
【详解】设经过点A，B的直线为x轴，的方向为x轴正方向，线段AB的垂直平分线为y轴，
线段AB的中点O为原点，建立平面直角坐标系.则，．
设，∵，∴，
两边平方并整理得，即．
要使的面积最大，只需点P到AB（x轴）的距离最大时，
此时面积为．
故答案为：
14. 如图，在直四棱柱中，底面为正方形，，，是侧面内动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为______．

【答案】
【解析】
【分析】通过线面角定义找到角，然后建立空间直角坐标系，由空间向量得到动点坐标的关系式，然后列出的代数式，借助二次函数求得最值.
【详解】连接，在直四棱柱中，
平面，
∴与平面所成的角为.
在直四棱柱中，以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系.
，，，
∵是侧面内的动点，∴设，，
∴，，
∵，∴，即，∴，
，
∵，
∴.

故答案为：.
【点睛】本题考查了立体几何中的动点问题，一般可以采取建立空间直角坐标系，借助空间向量来得到动点的坐标关系式，然后由相应几何定理求得结论.
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. 已知直线．
（1）求经过点且与直线垂直的直线方程；
（2）求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用垂直的性质可设斜截式直线方程，利用待定系数法求解直线即可；
（2）利用截距为0和不为0分类讨论，再结合过原点直线方程和截距式直线方程求解即可.
【小问1详解】
由直线可得斜率为，
所以根据垂直关系可设所求直线方程为，
则依题意有，解得，
所以所求直线方程为，整理得；
【小问2详解】
联立，解得，即直线与的交点为，
当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为，
代入得，此时；
当直线的截距都不为0时，假设直线方程为，
依题意，解得，此时直线方程为，即
综上所述：所求直线方程为或．
16. 已知，，的平分线所在的直线的方程为．
（1）求的中垂线的一般方程；
（2）求直线的一般方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出的中点坐标及，故可得到的中垂线斜率，点斜式求出方程；
（2）利用关于的对称点在直线AC上，求出，利用两点式求出直线方程，得到答案.
【小问1详解】
的中点坐标为，
又，故的中垂线斜率为4，
故的中垂线方程为，即．
【小问2详解】
由对称性可知，关于的对称点在直线上，
故，解得，故，
故直线的方程为，即．
17. 已知定点，点为圆上的动点，为的中点．
（1）求的轨迹方程；
（2）若过定点的直线与的轨迹交于两点，且，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设点的坐标为，表达出点的坐标，将其代入中，整理可得的轨迹方程；
（2）考虑直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，由点到直线距离和弦长公式进行求解，得到答案.
【小问1详解】
设点的坐标为，则点的坐标为，
点为圆上的动点，
，化简得，
故的轨迹方程为．
【小问2详解】
圆的圆心坐标为，半径，
当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
此时圆心到直线的距离是，所以，满足条件；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
化简得，
因为，所以圆心到直线的距离，
由圆心到直线的距离公式得，
所以，即，平方得，
整理得，解得，故直线的方程为，即．
综上，直线的方程为或．
18. 如图1，在梯形中，为的中点，与交于点.将沿折起到的位置，得到三棱锥，使得二面角为直二面角（如图2）.

（1）求证：平面；
（2）求平面与平面的夹角的大小；
（3）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）证明，根据直线和平面平行的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，计算法向量之间夹角的余弦值，即可得到二面角的大小；
（3）假设存在点满足题意，设，分别求出平面和平面的法向量，根据其法向量垂直，数量积为零列方程解的值得到答案.
【小问1详解】
证明：在梯形中，因为为的中点，
所以，连接，所以四边形为平行四边形，
因为，所以为的中点，所以.
因为平面平面，所以平面.
【小问2详解】
在平行四边形中，因，
所以四边形为菱形，所以，
所以在三棱锥中，.
因为平面平面，所以即为二面角的平面角，
所以，即.
如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，所以.
设平面的一个法向量为，
则，令，得.
易知平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面的夹角的大小为.
【小问3详解】
假设在线段上存在点，使得平面平面，
设，因为，所以，
所以，
易知.
设平面的一个法向量为，
则，令，得.
设平面的一个法向量为，
则，令，得.
由，解得，
所以当为线段的中点时，平面平面，此时.
19. 已知的两个顶点，，直角顶点C的轨迹记为曲线T，过点的直线l与曲线T相交于M，N两点．
（1）求曲线T的方程；
（2）若点，记的面积为，求的取值范围；
（3）是否存在x轴上的定点，使得为定值？若存在，求出所有这样的Q点坐标；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，，
【解析】
【分析】（1）设动点坐标，方法1由直线垂直斜率乘积为求得轨迹方程；方法2由直角三角形斜边上的中线得到即可求得轨迹方程；方法3,由勾股定理建立方程求得轨迹方程；
（2）方法1设，联立方程组整理得一元二次方程，由三角形面积公式结合韦达定理列出的代数式，然后借助双勾函数的单调性求得最值；方法2讨论斜率是否存在，设直线方程，联立方程组整理得一元二次方程，由三角形面积公式结合韦达定理列出的代数式，换元后借助二次函数求出最值；
（3）由（2）中方法1得到交点纵坐标的关系，列出代数式，由圆的方程和直线方程消元，将代数式整理成关于纵坐标的式子，然后代入韦达定理的结论，由为定值得到方程，解得参数，即解得Q点坐标
【小问1详解】
法1：设，由题意、存在，
∴，
∴曲线T方程为：．
法2：由，得，∴曲线T的方程为：．
法3：∵，∴，
即曲线T的方程为：．
【小问2详解】
法1：由题意可知：直线l一定与T相交于不同的两点，且直线l的斜率不为0，
不妨设，，，
由，解得．
由韦达定理得：，．
∵
．
令，则，．
又∵，∴，∴．
法2：当直线不存在斜率时，即，
则，，；
当直线存在斜率时，不妨设，，，
由，解得：，
由韦达定可得：，，
则，，
则，
令
则，，则，
综上所述，∴．
【小问3详解】
由（2）中方法1可知，，，
，
因为，所以，
同理，
所以，
将，代入上式，可得
使得为定值，则，则或或，
即存在，，满足要求．
【点睛】关键点睛：本题考查了圆的轨迹方程，动直线与圆交点形成的交点三角形，以及圆中动点问题.本题的关键在于找到设动直线方程，与圆的方程联立方程组，借助韦达定理，即可解答本题.