2025-2026学年浙江省舟山市五校联盟高二上学期10月调研数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年浙江省舟山市五校联盟高二上学期10月调研数学试卷（含答案），共10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。
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.直线x 3+y=1的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.圆x2+y2−2x+6y+1=0的半径为( )
A. 1B. 3C. 6D. 9
3.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，若AB=a，AD=b，AA1=c，则D1B=( )
A. a+b−c
B. a+b+c
C. a−b−c
D. −a+b+c
4.曲线 4−y2=x+1与直线y=k(x−3)+2有两个交点，则实数k的取值范围是( )
A. (0, 43)B. [1, 43)C. (0, 29]D. (0,1]
5.空间四边形ABCD中，BD= 3CD,∠ADC=π6,∠ADB=π3，则cs〈DA,BC〉的值是( )
A. 12B. 22C. −12D. 0
6.方程(2x+y−a)(x2−3y2)=0表示平面上交于一点的三条直线的充要条件是( )
A. a=0B. a= 3C. a=− 3D. a=1
7.在空间直角坐标系O−xyz中，已知OA=(3,2,1),OB=(1,2,2),OP=(2,1,1)，点Q在直线OP上运动，则当QA⋅QB取得最小值时，点Q的坐标为( )
A. (54, 58, 58)B. (−54, −58, −58)C. (54, 52, 52)D. (52, 54, 54)
8.在平面直角坐标系xOy中，点A(−1,0)，直线l：y=2x+4.设圆C的半径为 2，圆心在l上.若圆C上存在点M，使|MA|= 2|MO|，则圆心C的横坐标a的取值范围为( )
A. [−94,−1]B. [−97,−1]C. [−95,−1]D. [−32,−1]
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.直线l过点(4,−3)，且在两坐标轴上的截距之和为12，则直线l的方程为( )
A. x−4y+16=0B. x−4y−16=0C. 3x−y−9=0D. 3x+y−9=0
10.已知圆C:x2+y2−4x−8y+12=0和直线l:x−y+k=0，则下列说法正确的是( )
A. 当k=0时，直线l被圆截得的弦长为2 6
B. 当k=0时，圆上到直线l的距离为1的点有3个
C. 存在实数k，使得直线l与圆相切
D. 若直线l与圆相交，则实数k的取值范围为(−2,6)
11.已知四棱锥P−ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，侧面PAB是边长为2 3的正三角形，底面ABCD为正方形，点E是侧棱PB上的动点，则下列结论正确的是( )
A. AE⊥BC
B. 当PE=2BE时，三棱锥E−ACD的体积为2
C. 若E为PB的中点，则异面直线CE与PD所成角的正弦值为 104
D. 若F为CD的中点，当PF//平面ACE时，PEEB=12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(0,1,1),b=(2,0,−1)，且ka+b与2a−b互相垂直，则k= ______．
13.过圆O：x2+y2=3外一点P(2, 3)作圆O的切线，切点分别为M、N，则|MN|= ______．
14.已知直线l1：2x−y=0与l2：x+y−3=0，过点T(3,3)的直线l被l1，l2截得的线段恰好被点T平分，则这三条直线l1，l2，l围成的三角形面积为______．
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.(本小题13分)
已知两直线l1：x−y−1=0，l2：x+y−5=0．
(1)求过两直线的交点，且垂直于直线3x+4y−5=0的直线方程；
(2)已知两点A(−1,1)，B(0,2)，
①判断直线l1与以A，B为直径的圆D的位置关系；
②动点P在直线l1运动，求|PA|+|PB|的最小值．
16.(本小题15分)
已知直线l经过点(−3,4)．
(1)若l在两坐标轴上的截距互为相反数，求直线l的方程；
(2)若直线l交x轴负半轴于点P，交y轴正半轴于点Q，O为坐标原点，设△POQ的面积为S，求S的最小值及此时直线l的方程．
17.(本小题15分)
已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA1，P、M、N分别为AB1、CC1、BC的中点．
(1)求证：PM//平面ABC；
(2)求证：平面AB1N⊥平面AMN；
(3)求二面角B1−AM−N的正弦值．
18.(本小题17分)
已知△ABC顶点坐标分别为A(−1, 3),B(−1,− 3),C(−4,0)．
(1)求△ABC的外接圆T的方程；
(2)设点D(3, 3)，若圆T上存在点P，使得PA2+PD2=λ成立，求实数λ的取值范围；
(3)设斜率为k的直线l与圆T交于E，F两点(不与原点O重合)，直线OE，OF斜率分别为k1，k2，且k1k2=−3，证明：直线l恒过定点．
19.(本小题17分)
定义：若一个四面体ABCD的两组对棱分别相等(即AB=CD，AC=BD，AD=BC)，则称该四面体为空间菱形.已知空间菱形ABCD中，AB=a,AC=AD= 3．
(1)若平面ABC⊥平面ABD，求实数a的值；
(2)在(1)的条件下，求该空间菱形ABCD的体积；
(3)若a=6 77，那么在棱CD上是否存在一点P，使得平面ABP与平面ABC的夹角为π4？若存在，求出CPCD的值，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.B
3.C
4.B
5.D
6.A
7.D
8.C
9.BD
10.ACD
11.ABD
12.75
13.4 217
14.6
15.解：(1)两直线l1：x−y−1=0，l2：x+y−5=0.联立方程x−y−1=0x+y−5=0，解得x=3，y=2；如图，
∵所求直线垂直于直线3x+4y−5=0，∴所求直线的斜率为43，
故所求直线方程为y−2=43(x−3)，即4x−3y−6=0；
(2)①以A(−1,1)、B(0,2)为直径的圆的方程为⊙D：(x+1)x+(y−1)(y−2)=0，
整理得(x+12)2+(y−32)2=12，故该圆的圆心为D(−12,32)，半径为 22，
故圆心到直线l1的距离为|−12−32−1| 2=3 22> 22，
故直线l1与圆D的位置关系为相离．
②设点A(−1,1)关于直线l1对称的点为C(m,n)，
则m−12−n+12−1=0n−1m+1=−1，解得m=2，n=−2，即C(2,−2)；B(0,2)，
则|PA|+|PB|=|PB|+|PC|≥|BC|=2 5，
故|PA|+|PB|的最小值为2 5．
16.(1)若截距为0，则该直线方程为4x+3y=0；
若截距不为0，不妨设x轴上的截距为a，则y轴上的截距为−a，
该直线方程为xa+y−a=1，将点(−3,4)代入得a=−7，即x−y+7=0，
故直线l的方程为4x+3y=0或x−y+7=0；
(2)由题意可设P(a,0)，Q(0,b)(a0)，
则l：xa+yb=1且−3a+4b=1，
−3a+4b=1≥2 −3a⋅4b，当且仅当a=−6，b=8时取等号，所以−ab≥48，
则S=−12ab≥24，此时l：4x−3y+24=0．
17.(1)证明：取AB中点Q，连接PQ，QC．
∵P为AB1中点，Q为AB中点，∴PQ//BB1且PQ=12BB1，
又∵M为CC1中点，且直三棱柱中，CM//BB1,CM=12BB1，
则PQ//CM，PQ=CM，
∴四边形PQCM为平行四边形，∴PM//CQ．
由于CQ⊂平面ABC，PM⊄平面ABC，可得PM//平面ABC．
(2)证明：∵△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，N为BC的中点，∴AN⊥BC，
∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，AN⊂平面ABC，∴BB1⊥AN．
∵BB1∩BC=B，BB1，BC⊂平面BCC1B1，∴AN⊥平面BCC1B1，
∵B1N⊂平面BCC1B1，∴AN⊥B1N.
设AB=AA1=2，
则B1C1=BC=2 2,AN= 2,BN=CN= 2,CM=C1M=1．
在直角△B1BN中，B1N= B1B2+BN2= 22+( 2)2= 6，
在直角△MCN中，MN= CN2+CM2= ( 2)2+12= 3，
在直角△B1C1M中，B1M= B1C12+C1M2= (2 2)2+12=3，
∴MN2+B1N2=B1M2，根据勾股定理得MN⊥B1N，
∵AN⊥B1N，MN⊥B1N，AN∩MN=N，AN，MN⊂平面AMN，
∴B1N⊥平面AMN，
∵B1N⊂平面AB1N，∴平面AB1N⊥平面AMN．
(3)以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
设AB=AA1=2，则M(0,2,1)，N(1,1,0)，
AM=(0,2,1),AB1=(2,0,2),AN=(1,1,0)．
设平面AB1M的法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则n1⋅AM=2y1+z1=0n1⋅AB1=2x1+2z1=0，
令z1=−2，则y1=1，x1=2，∴n1=(2,1,−2)．
设平面AMN的法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则n2⋅AM=2y2+z2=0n2⋅AN=x2+y2=0，
令y2=1，则x2=−1，z2=−2，∴n2=(−1,1,−2)．
则csn1,n2=n1⋅n2|n1||n2|=−2+1+4 4+1+4× 1+1+4=33 6= 66．
设二面角B1−AM−N的平面角为θ，θ∈[0,π]，
∴sinθ= 1−( 66)2= 306．
18.(1)设圆的一般方程为：x2+y2+Dx+Ey+F=0，
所以有−D+ 3E+F+4=0−D− 3E+F+4=0−4D+F+16=0，解得D=4E=0F=0，
所以圆T的方程：x2+y2+4x=0；
(2)设P(x,y)，由PA2+PD2=λ代入点的坐标，可得
λ=(x+1)2+(y− 3)2+(x−3)2+(y− 3)2=2(x−1)2+2(y− 3)2+8，
整理得(x−1)2+(y− 3)2=λ−82，
所以易知λ≥8，
易知P的轨迹是以点S(1, 3)为圆心，r= λ−82的圆(当λ=8时为点，看作半径为0的圆)．
圆T的方程化为标准方程(z+2)2+y2=4，圆心(−2,0)，r=2，
依题意，圆T与圆S有公共点，
所以|TS|= (−2−1)2+(0− 3)2=2 3>2，
故S在圆T外，所以 λ−82≤2 3+2 λ−82≥2 3−2，
求得40−16 3≤λ≤40+16 3，
所以λ∈[40−16 3,40+16 3]；
(3)
设直线l的方程为y=kx+t，
由y=kx+tx2+y2+4x=0，可得(k2+1)x2+(2kt+4)x+t2=0，
Δ=(2kt+4)2−4t2(k2+1)>0，所以4kt+4−t2>0，
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，则x1+x2=−2kt+4k2+1x1x2=t2k2+1(∗)，
则k1k2=y1y2x1x2=(kx1+t)(kx2+t)x1x2=k2x1x2+kt(x1+x2)+t2x1x2=−3，
整理得到(k2+3)x1x2+kt(x1+x2)+t2=0，
将(∗)式代入整理上式得：t(t−k)=0，故得t=0或t=k．
当t=0时，易知直线l：y=kx经过原点，不合题意，
当t=k时，可知直线l：y=kx+k经过定点(−1,0)．
19.(1)设AB中点为点E，连接CE，DE，
∵四面体ABCD为空间菱形．
∴AC=AD=BD=BC= 3,AB=CD=a，
根据等腰三角形的性质可知：CE⊥AB，DE⊥AB，
∴∠CED是二面角C−AB−D的平面角，
当平面ABC⊥平面ABD时，有∠CED=π2，
由CE⊥AB，DE⊥AB，AC=AD=BD=BC= 3,AB=CD=a，
可得CE=DE= ( 3)2−(12a)2= 3−a24，
∵∠CED=π2，
∴有CE2+DE2=CD2⇒3−a24+3−a24=a2⇒a=2；
(2)由(1)可知CE⊥AB，DE⊥AB，
∵DE∩CE=E，DE，CE⊂平面DEC，
∴AB⊥平面DEC，
由(1)可知a=2，∴CE=DE= 3−a24= 2，
∴空间菱形ABCD的体积为13×12× 2× 2×2=23；
(3)把空间菱形ABCD放在长方体AGDF−OCHB中，如下图所示：
以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，
设OB=b，OC=c，OD=d，
由长方体的性质可得：b2+c2=3b2+d2=(6 77)2c2+d2=3⇒b=d=3 147c= 217，
于是A(0,0,3 147),B(3 147,0,0),C(0, 217,0),D(3 147, 217,3 147)，
设棱CD上存在一点P，使得平面ABP与平面ABC的夹角为π4，设P(k,m,n)，
设CP=λCD(λ∈[0,1])，则有(k,m− 217,n)=λ(3 147,0,3 147)⇒P(3 147λ, 217,3 147λ)，
∴AB=(3 147,0,−3 147),AC=(0, 217,−3 147)，AP=(3 147λ, 217,3 147λ−3 147)，
设平面ABC的法向量为m=(x,y,z)，
于是有m⋅AB=0m⋅AC=0⇒3 147x−3 147z=0 217y−3 147z=0⇒m=(1, 6,1)，
设平面ABP的法向量为n=(x1,y1,z1)，
于是有n⋅AB=0n⋅AP=0⇒3 147x1−3 147z1=03 147λx1+ 217y1+(3 147λ−3 147)z1=0⇒n=(1, 6(1−2λ),1)，
∵平面ABP与平面ABC的夹角为π4，
∴|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|= 22⇒|1+6(1−2λ)+1| 1+6+1× 12+6(1−2λ)2+1= 22⇒3λ2−6λ+2=0，
解得λ=3± 33，∵λ∈[0,1]，∴λ=3− 33，
因此棱CD上存在一点P，使得平面ABP与平面ABC的夹角为π4，此时CPCD=3− 33．