河南省新未来2025-2026学年高二上学期10月中质量检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省新未来2025-2026学年高二上学期10月中质量检测数学试卷（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．C．D．
2．已知空间向量是一组单位正交向量，，若，则（ ）
A．B．1C．D．2
3．在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点为，点是点在坐标平面内的投影，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在长方体中，（ ）
A．B．C．D．
5．已知点，若直线与线段相交，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知点的坐标分别为为动点，且的面积总为10，则动点的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
7．下列命题中正确的是（ ）
A．若，则在上的投影向量为
B．若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
C．若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为
D．若，则共面
8．在平面直角坐标系中，点的坐标分别为，点的坐标为，则的最小值是（ ）
A．B．C．2D．3
二、多选题
9．已知直线，动直线，则下列结论正确的有（ ）
A．存在实数，使得的倾斜角为B．存在实数，使得与没有公共点
C．对任意的与都不重合D．存在实数，使得与垂直
10．以下能够判定空间中四点共面的条件是（ ）
A．B．
C．D．
11．如图，已知直棱柱的所有棱长均为2，，动点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．当时，三棱锥的外接球的表面积为
C．记点到直线的距离为，当时，则的最小值为
D．当时，直线与直线垂直
三、填空题
12．经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是 .
13．在空间直角坐标系中，点，点，点，则点到直线的距离是 ．
14．三棱锥中，点为的重心，点为的中点，过点的平面分别交于点，且，且，，则的最小值为 ．
四、解答题
15．已知三角形三顶点，求：
(1)直线关于轴对称的直线的一般式方程；
(2)边上的高所在直线的一般式方程．
16．如图，已知棱长为1的正方体．
(1)证明：；
(2)证明：平面；
(3)点到平面的距离为，点到平面的距离为，求．
17．已知直线经过点．
(1)若原点到直线的距离为2，求直线的方程；
(2)若直线被两条相交直线和所截得的线段恰被点平分，求直线的方程；
(3)若直线与轴，轴的正半轴分别交于两点，求的最小值，并求此时的直线的方程，其中．
18．如图，在三棱台中，底面为的中点，．

(1)证明：；
(2)若直线与平面所成的角的正弦值为，求的长；
(3)在（2）的条件下，若的长小于的长，求直线与直线所成角的余弦值．
19．如图，在多面体中，平面，四边形为正方形，且，若分别是的中点，点是线段上的一个动点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求二面角的余弦值的最大值．
1．C
根据方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系，即可得出答案.
【详解】直线的斜率，
设直线的倾斜角为，则，
因为，所以.
故选：C.
2．A
利用数量积的运算律和定义结合已知条件求解即可.
【详解】因为是一组单位正交向量，
所以，,
则，所以.
故选：A.
3．D
根据对称性可得点的坐标，再由投影点坐标的特征可直接得到结果.
【详解】由空间直角坐标系，可得点关于平面对称的点的坐标为，
所以点在坐标平面内的投影为点.
故选：D.
4．A
以为基底，由空间向量的线性运算结合长方体的结构特征进行运算.
【详解】在长方体中，以为基底，
则，
所以.
故选：A.
5．B
由题直线过定点，作图，数形结合求解即可.
【详解】因为直线恒过定点，且，
要使得直线与线段相交由图可知，则或.
所以的取值范围为.
故选：B.
6．D
由三角形的面积确定点到直线上的距离，再由直线平行即可求解.
【详解】，
设点到直线上的距离为，则，则，
直线的方程为，即，
所以动点的轨迹是与平行的直线，
设直线方程为，则4，
解得或12，则动点的轨迹方程为或．
故选：D．
7．C
对A，利用投影向量的定义计算判断；对B，利用空间位置关系的向量证明判断；对C，求出直线与平面所成角；对D，利用空间基底的意义判断.
【详解】对于A，在上的投影向量为，故A错误；
对于B，因为，所以直线与平面平行或在面内，故B错误；
对于C，设直线与平面的夹角为，由题意可知，
则，所以直线与平面所成的角为，故C正确；
对于D，假设共面，又因为不共线，所以，
即，方程组无解，所以不共面，故D错误.
故选：C.
8．B
求出点所在直线方程，再求关于直线的对称点，转化为求的最小值即可得解.
【详解】如图，在直线上，
设点关于直线的对称点为，设所在直线为，
代入点，可得，解得，故所在直线为，
联立，解得，
故直线与直线交点为，则点关于直线的对称点的坐标为，
，
因为，所以的最小值是.
故选：B.

9．AD
对于A，给出作为反例即可；对于B，说明两直线有公共点即可；对于C，给出作为反例即可；对于D，由说明两直线垂直即可.
【详解】对于A，当时，的方程为，故倾斜角是，故A正确；
对于B，直线为，所以直线过定点，
又直线过点，所以两直线总有公共点，故B错误；
对于C，当时，两直线的方程都是，故重合，故C错误；
对于D，由于，解得，故当时两直线垂直，故D正确．
故选：AD.
10．ABD
根据空间向量的基本定理及其推论，以及向量的共面定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A，因为，所以共面，又因为有公共点，所以四点共面；
对于B，因为，所以四点共面；
对于C，因为，所以，即直线和可能异面，四点不一定共面；
对于D，因为，所以，所以四点共面．
故选：ABD．
11．ABC
对A，证明平面，即可得到结论；对B，由题可得点到底面距离为，求出的外接圆半径，找准球心位置，列式再求出半径即可；对C，建立空间直角坐标系，转化为向量求解距离最小值问题；对D，当时，点为的中点，求出与对应向量的坐标，利用向量法验证.
【详解】对于A，因为，所以点在平面内，
因为底面为菱形，所以，
又因为直棱柱，所以平面，平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
又平面，所以，故A正确；
对于B，当时，则，故点到底面距离为，
因为，，所以，所以的外接圆半径为，
设外接球半径为，球心到平面的距离为，的外接圆的圆心为，
作平面，为垂足，则在上，
由可得，故，
所以，
如图1，可得，，，
即，又，
两式联立得，，故外接球表面积为，故B正确；
对于C，当时，则三点共线，即点在线段上，
如图2建立空间直角坐标系，则，，，
，，，
则，
故，则，
又，得，
，
故，
当且仅当时，，故C正确；
对于D，当时，点为的中点，
则，，，，
因为，所以与不垂直，故D错误.
故选：ABC.
12．或．
当直线过原点时，由点斜式求出直线的方程．当直线不过原点时，设方程为，把点代入可得的值，从而得到直线方程．综合以上可得答案．
【详解】当直线过原点时，由于斜率为，故直线方程为，即．
当直线不过原点时，设方程为，把点代入可得，
故直线的方程为，
故答案为：或．
13．/
利用点到直线的空间向量距离公式求出答案.
【详解】由题意得，，，，，
设点到直线的距离为，
所以.
故答案为：.
14．/1.5
先利用重心和中点的性质，把用表示出来，再结合已知条件得出的关联，最后利用基本不等式求解．
【详解】
点为的重心，
，
为的中点，
，
，，，
，
四点共面，
，
，
，当且仅当时取等号．
故答案为：．
15．(1)
(2)
（1）求出点关于轴对称的点，由点斜式写出直线方程，化为一般式即可.
（2）根据垂直和直线的斜率，得到边上的高所在直线的斜率，点斜式写出直线方程，化为一般式即可.
【详解】（1），点关于轴对称的点分别为，
则，整理得，
所以直线关于轴对称的直线的一般式方程为.
（2）直线的斜率为，边上的高所在直线的斜率为，
边上的高所在直线的方程为，即.
16．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2
（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明位置关系；
（2）利用空间向量法证明位置关系；
（3）利用空间向量法求出点面距，进而得解.
【详解】（1）分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
，
因为，
所以，即.
（2）因为，
所以，所以，
由（1）可知，，又，平面，
所以平面.
（3）由（2）可知，平面的法向量，
所以点到平面的距离，
又，所以点到平面的距离，
所以.
17．(1)或
(2)
(3)，
（1）首先可以假设直线的斜率不存在，然后根据点得出直线方程，再然后假设直线斜率存在并设出直线方程，最后根据原点到直线的距离为2即可得出结果；
（2）设直线与直线和分别相交于两点，设，根据点为线段的中点，求得代入直线，进而求得，即得点的坐标，得解；
（3）由题意可知直线的斜率存在，且，设直线的方程为，求出的坐标，进而表示出，利用基本不等式求解.
【详解】（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，满足题意；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
因为原点到直线的距离为2，则有，解得，
则直线的方程为：.
综上，直线的方程为或.
（2）设直线与直线和分别相交于两点，
设，因为点为线段的中点，则，
因为点在直线上，
则，解得，则，
所以直线的方程为：，即.
（3）由题意可知直线的斜率存在，且，设直线的方程为，
则，
，
当且仅当，即时取等号，
则此时直线的方程为：.
18．(1)证明见解析
(2)2或
(3)
【详解】（1）在三棱台中，
，，，，．
为的中点，，，
四边形为平行四边形，故．
．
底面底面，．
平面，，为相交直线，平面，
平面，；
（2）以为原点，以分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，设，

则，
，
设是平面的法向量，则，即，
取；
直线与平面所成的角的正弦值为，
，
解得或，所以的长为2或．
（3）因为，所以，，
，
由（2），得或，且的长小于的长，所以，
所以，
所以直线与直线所成角的余弦值为．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为平面，四边形为正方形，所以两两垂直，
所以分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
因为，，所以平面，
则，，，，，，，，
设．
则，因为平面，所以平面的法向量为，
因为，
因为平面，所以平面；
（2），
设平面的法向量，
由，得，
令，则，所以，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（3）易知平面的法向量，
，设平面的法向量，
由，得，令，则，
所以，
设二面角的平面角为，由图可知为锐角，
所以，
因为，所以，
令，则，所以，
则，
令，且，所以，
所以当时，取得最大值，且最大值为，
且此时，即，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
A
B
D
C
B
AD
ABD
题号
11









答案
ABC