山东省烟台市牟平第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份山东省烟台市牟平第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 已知向量是直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
2. 在直三棱柱中，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知点在圆外，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知直线与直线相互平行，则实数m的值是（ ）
A. B. 1C. D. 6
5. 已知向量以为基底时的坐标为，则向量以为基底时的坐标为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A. 是一个半径为的圆
B. 是一条与相交的直线
C. 上点到的距离均为.
D. 是两条平行直线
7. 直角坐标系中直线上的横坐标分别为，1的两点A、B，沿x轴将坐标平面折成大小为的二面角，若折叠后A、B两点间的距离是6，则的大小为（ ）

A. B. C. D.
8. 已知点，若圆上存在点M满足，则实数a的值不可以为（ ）
A. B. C. 0D. 3
二、多选题(本题共3个小题，每小题6分，共18分.四个选项至少有2项是符合要求，选错得0分)
9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 若空间向量，，则在上投影向量为
B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C. 若空间向量，满足，则与夹角为锐角
D. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
10. 下列说法中正确的有（ ）
A. 若三条直线不能构成三角形，则实数所有可能的取值组成的集合为
B. 若直线沿轴向左平移个单位长度，再沿轴向上平移个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为
C. 若圆上恰有2个点到直线距离等于，则r的取值范围是
D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则四边形面积最小值为4
11. 正方体中，点满足，，若正方体棱长为1，则下列正确的有（ ）
A. 若，则平面
B. 若，则三棱锥的体积为定值
C. 若，则点到直线的距离的最小值为
D. 若，，则二面角的正弦值的最小值为
三．填空题（共3小题）
12. 已知直线l过点，且与两条坐标轴的正半轴围成一个等腰直角三角形，则直线l的一般式方程为______ ．
13. 一束光线从点射出，经y轴反射后，与圆相交，则反射光线所在直线的斜率k的取值范围是_______________．
14. 正方体棱长为4，点满足，点满足，则的最小值为______.
四．解答题（共5小题）
15. 已知圆C的圆心在直线上且与y轴相切于点.
（1）求圆C方程；
（2）若直线l过点且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程.
16. 如图，在四棱锥中．底面为矩形，侧棱底面，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）若，且点到平面的距离为，求的值．
17. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形CDEF均为等腰祶形，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，，，M为CD的中点．
（1）证明：平面ABCD⊥平面CDEF；
（2）求直线DA与平面AEM所成角的余弦值
（3）设点N是内一动点，，当线段AN的长最小时，求直线EN与直线BF所成角的余弦值．
18. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点Р满足.
（1）求点P的轨迹的方程；
（2）设点M为直线上的一点.过点作轨迹C的两条切线，切点为Q，R.
（i）证明：直线过定点；
（ⅱ）求线段长度的最小值.
19. 在平面直角坐标系中，圆M是以，两点为直径的圆，且圆N与圆M关于直线对称.
（1）求圆N的标准方程；
（2）设，，过点C作直线，交圆N于P、Q两点，P、Q不在y轴上.
（i）过点C作与直线垂直的直线，交圆N于E、F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
（ii）设直线OP，DQ相交于点G，试讨论点G否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.
24级高二数学限时练习
一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 已知向量是直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直线的方向向量求得直线斜率，即可求出直线倾斜角.
【详解】由直线的方向向量为可知直线斜率，
又因为倾斜角，且，所以.
故选：C
2. 在直三棱柱中，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量基本定理，用基底表示向量即可.
【详解】因为.
故选：B
3. 已知点在圆外，则实数取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据方程表示圆及点在圆外列出不等式求解即可.
【详解】表示圆，故，
即，解得或.
因为点在圆外，
故，解得，
故实数的取值范围为或.
故选：D
4. 已知直线与直线相互平行，则实数m的值是（ ）
A. B. 1C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行则它们的法向量也互相平行可解，需要验算.
详解】，
解之：经检验
故选：A.
5. 已知向量以为基底时的坐标为，则向量以为基底时的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据向量在新基底下的坐标表示形式，结合原基底下的坐标，列出方程组，求解方程组即可得到新坐标.
【详解】因为向量以为基底时的坐标为，所以，
设，
由空间向量基本定理可得，解得．
因此，向量以为基底时的坐标为．
故选：D
6. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（ ）
A. 是一个半径为的圆
B. 是一条与相交的直线
C. 上的点到的距离均为.
D. 是两条平行直线
【答案】C
【解析】
【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，将点坐标代入，得轨迹，结合选项即可得出正确答案.
【详解】设，由，则，
由在直线上，故，
化简得，即的轨迹为直线且与直线平行，
上的点到的距离，故A、B、D错误，C正确.
故选：C.
7. 直角坐标系中直线上的横坐标分别为，1的两点A、B，沿x轴将坐标平面折成大小为的二面角，若折叠后A、B两点间的距离是6，则的大小为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得出点的坐标，再根据向量基本定理得出，再结合模长及数量积计算求出余弦值得出角.
【详解】直线上的横坐标分别为1，的两点A、B的坐标分别为，
如图为折叠后的图形，作轴于点C，作轴于点D，
则的夹角为，又，
，
则
，解得，而，则.
故选：A.
8. 已知点，若圆上存在点M满足，则实数a的值不可以为（ ）
A. B. C. 0D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】设，利用数量积的坐标运算得点M的轨迹方程，从而利用两圆有公共点列不等式求得，结合选项即可判断.
【详解】设，则，
所以，整理得，
由题意圆与圆有公共点，
所以，平方化简得，解得，
结合选项可知实数a的值可以为、0、，不可以为3.
故选：D．
二、多选题(本题共3个小题，每小题6分，共18分.四个选项至少有2项是符合要求，选错得0分)
9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A. 若空间向量，，则在上的投影向量为
B. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
C. 若空间向量，满足，则与夹角为锐角
D. 若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】A投影向量定义求在上的投影向量；B由空间向量共面的推论判断；C由，同向共线即可判断；D由即可判断.
【详解】A：在上的投影向量为，对；
B：在中，故P，A，B，C四点共面，对；
C：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，错；
D：由，即，故，对.
故选：ABD
10. 下列说法中正确的有（ ）
A. 若三条直线不能构成三角形，则实数所有可能的取值组成的集合为
B. 若直线沿轴向左平移个单位长度，再沿轴向上平移个单位长度后，回到原来的位置，则该直线的斜率为
C. 若圆上恰有2个点到直线的距离等于，则r的取值范围是
D. 已知圆，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则四边形面积最小值为4
【答案】BCD
【解析】
【分析】当三条直线交于一点时，，可判断A；设直线方程为，从而得到平移后的解析式，从而可判断B；计算圆心到直线的距离，根据题意列不等式计算得，可判断C，根据对称性得，当最小时，计算可得，可判断D.
【详解】对于A，当直线，平行时，解得，
当直线，平行时，解得，
显然直线，交于点，
当点在直线时，，
实数的取值集合为，故 A错误；
对于B，当直线的斜率不存在时，不满足要求，
当斜率存在时，设直线方程为，
沿轴向左平移个单位长度，再沿轴向上平移个单位长度后，
得到，即，故，解得，
则该直线的斜率为，故B正确；
对于C，圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
要使圆上恰有2个点到直线的距离等于，
则，解得，故C正确；
对于D，圆的圆心为，半径，
设四边形的面积为，
根据对称性可知，，
因为，
所以当最小时， 最小，也最小，
当垂直于直线时，最小，即，
此时，，故D正确.
故选：BCD
11. 正方体中，点满足，，若正方体棱长为1，则下列正确的有（ ）
A. 若，则平面
B. 若，则三棱锥的体积为定值
C. 若，则点到直线的距离的最小值为
D. 若，，则二面角的正弦值的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据点共线以及线面平行判定定理和面面平行判定定理可证明A正确；利用锥体体积公式计算可知B错误，建立空间直角坐标系由空间距离的向量求法计算可得C正确，再由二面角的空间向量求法可判断D错误.
【详解】A，由可得，且可知三点共线；
可知点线段上，连接，如图所示：
由正方体性质知，又平面，平面，所以平面；
同理得平面，又，且平面，
因此，平面平面，又因为平面，所以平面，即A正确；
B，若，可知四点共面，即点在平面内，
由A分析知，平面平面，如下图所示：
此时点到平面的距离为正方体对角线的三分之一，即；
又三角形是边长为的正三角形，其面积为，
则三棱锥的体积为定值，即B错误；
C，以为坐标原点建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，
所以；
因为点满足，，
又，因此，即，所以；
则点到直线的距离为，
显然当时，距离最小为，即C正确；
D，若，，由C分析知；
所以，又；
设平面的一个法向量为，则，
因此可取，易知平面的一个法向量为，
则二面角的正弦值为，
又因为，，可知，当时显然不是最小值，
所以时，，
当时，，即二面角正弦值的最小值为，D不正确．
故选：AC
三．填空题（共3小题）
12. 已知直线l过点，且与两条坐标轴的正半轴围成一个等腰直角三角形，则直线l的一般式方程为______ ．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意设直线l方程，且，将点代入直线方程求得，然后再化为一般式方程即可.
【详解】直线l与两条坐标轴的正半轴围成一个等腰直角三角形，
则可设直线l方程为，且，
又直线l过点，所以，解得，
所以直线方程为，即．
故答案为：
13. 一束光线从点射出，经y轴反射后，与圆相交，则反射光线所在直线的斜率k的取值范围是_______________．
【答案】
【解析】
【分析】将圆写成标准式，求出圆心半径，求出关于轴的对称点，设出过的直线方程，结合圆心到直线距离公式即可求解.
【详解】由可得，即圆心为，半径为1，关于轴的对称点，可设过的直线方程为，
即，由反射光线与圆相交可得，，
化简得，即.
故答案为：
14. 正方体棱长为4，点满足，点满足，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】依题意，建立空间直角坐标系，由求得，再由得到动点的轨迹是以B为球心，1为半径的球，因，则的最小值为到球心B的最小距离减去半径1，计算，利用二次函数的性质即可求得的最小值.
【详解】如图建立空间直角坐标系,

则由题意可得，
则，
则，由可知，动点的轨迹是以B为球心，1为半径的球，
的最小值为到球心B的最小距离减去半径1，
而，
则当时，取到最小值为，故的最小值为.
故答案为：.
四．解答题（共5小题）
15. 已知圆C的圆心在直线上且与y轴相切于点.
（1）求圆C的方程；
（2）若直线l过点且被圆C截得的弦长为，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用已知圆心特征和半径列方程组，即可求得圆的方程；
（2）分斜率存在与不存在两种情况讨论，结合弦心距的求解过程即可得出结果.
【小问1详解】
圆的圆心在直线上且与轴切于点，
设圆心坐标为，则，解得，，
圆心，半径，
故圆的方程为.
【小问2详解】
点，直线过点，
当的斜率存在时，设直线的斜率为（存在），
则方程为，又圆的圆心为，半径，弦长为，
故弦心距，故，解得，
所以直线方程为，即，
当的斜率不存在时，的方程为，经验证也满足条件，
故的方程为或.
16. 如图，在四棱锥中．底面为矩形，侧棱底面，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）若，且点到平面的距离为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）连结，交于点，连结，证明，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，求平面和平面的法向量即可求解面面角的余弦值；
（3）由（2）可得，再由求解即可.
【小问1详解】
如图，连结，交于点，连结，
因为点是的中点，底面为矩形，
所以点是的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
如图，以向量为轴的正方向建立空间直角坐标系，
，，，
则，，
设平面的法向量，
则，令，，，
所以平面的法向量，
且平面的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由（2）可得，，，，
，，平面的法向量，
故，
设点与平面的距离为，
则，解得．
17. 如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形CDEF均为等腰祶形，AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，，，M为CD的中点．
（1）证明：平面ABCD⊥平面CDEF；
（2）求直线DA与平面AEM所成角的余弦值
（3）设点N是内一动点，，当线段AN的长最小时，求直线EN与直线BF所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）取DM的中点为O，由等腰三角形得性质得到OE⊥DM，OA⊥DM，再由勾股定理证明OA⊥OE，即可根据线面垂直的判定定理证明OA⊥平面CDEF，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）以O为坐标原点，以OE，OC，OA所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，先求出平面AEM的法向量，设直线DA与平面AEM所成的角为，再根据公式计算即可；
（3）先分析出点N在以DM为直径的圆上，当线段AN的长最小时，得到点N的坐标，设直线EN与直线BF所成角为，再根据公式计算即可.
【小问1详解】
如图所示，取DM的中点为O，连接OA，OE，
因为M为CD的中点，，所以，
又因为AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，
所以AB∥CM，且,CM∥EF，且,
所以四边形ABCM与四边形CMEF都是平行四边形，所以，
所以是边长为2的等边三角形，△ADM是等腰三角形，所以OE⊥DM，OA⊥DM.
因为，DE＝2，所以，，
因为，且，所以OA⊥OE，
因为，平面CDEF，所以OA⊥平面CDEF，
又平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面CDEF；
【小问2详解】
以O为坐标原点，以OE，OC，OA所在的直线分别为x，y，z轴建立
如图所示的空间直角坐标系，
则，，
，，.
设平面AEM的法向量为，
则，即，
令z＝1，则，所以.
设直线DA与平面AEM所成的角为，则
，
所以,
所以直线DA与平面AEM所成角的余弦值；
【小问3详解】
当点N是△ADM内一动点，且，则点N在以DM为直径的圆上，
当线段AN的长最小时，点N在AO与圆的交点处，所以N（0，0，1），
所以，
则，
||2，||2，
设直线EN与直线BF所成角为，
则．
所以直线EN与直线BF所成角的余弦值为．
18. 古希腊数学家阿波罗尼斯结合前人的研究成果，写出了《圆锥曲线论》，此书中有许多关于平面轨迹的问题，例如：平面内到两定点距离之比等于定值（不为1）的动点轨迹为圆.后来该轨迹被人们称为阿波罗尼斯圆.已知平面内有两点和，且该平面内的点Р满足.
（1）求点P的轨迹的方程；
（2）设点M为直线上的一点.过点作轨迹C的两条切线，切点为Q，R.
（i）证明：直线过定点；
（ⅱ）求线段长度的最小值.
【答案】（1）；
（2）（i）证明见解析；（ii）；
【解析】
【分析】（1）设点P的坐标为，根据及两点距离公式列方程，化简即可得；
（2）（i）设点．确定以为直径圆的方程，与圆方程相减可得直线的方程，即可求证；（ii）记圆的半径为，到直线的距离为，则
通过确定的最大值即可求解；
【小问1详解】
设点P的坐标为，因为，又，，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
所以点P的轨迹方程为．
【小问2详解】
（i）设点，而，则中点为，且，
以为直径圆的方程为，
整理得，
以为直径圆与圆的方程相减，得．
整理得，令，可得，
所以直线过定点．
（ii）记圆的半径为，到直线的距离为，则．
当取最大值时有最小值，而，当且仅当时取到，
所以的最小值为．
19. 在平面直角坐标系中，圆M是以，两点为直径的圆，且圆N与圆M关于直线对称.
（1）求圆N的标准方程；
（2）设，，过点C作直线，交圆N于P、Q两点，P、Q不在y轴上.
（i）过点C作与直线垂直的直线，交圆N于E、F两点，记四边形EPFQ的面积为S，求S的最大值；
（ii）设直线OP，DQ相交于点G，试讨论点G是否在定直线上，若是，求出该直线方程；若不是，说明理由.
【答案】（1）
（2）（i）7；（ii）是，
【解析】
【分析】（1）先求出圆的方程，再根据对称性求出圆的方程即可得解；
（2）（i）设出直线、的方程，利用几何方法求出弦长和，再求出面积，然后根据基本不等式求出最大值可得结果；（ii）联立直线与圆的方程，设，，得到和.联立直线和的方程求出交点的横坐标，代入直线的方程，利用和变形可得交点的纵坐标为定值，从而可得结果.
【小问1详解】
由题意得：圆M的半径为，
圆心M即AB的中点为，
圆M的方程为：，
因为圆N与圆M关于直线对称，
所以圆N的圆心，半径为，
所以圆N的标准方程为：；
【小问2详解】
依题意可知，直线的斜率存在，
设直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以，
（i）若，则直线斜率不存在，则，，
则，
若，则直线的方程为，即，
则圆心到直线的距离，
所以，
则
，
当且仅当即时取等号，
综上所述，因为，所以S的最大值为；
（ii）设，，
联立，消去y得，恒成立，
则，，
直线OP的方程为，
直线DQ的方程为，
联立，解得，
因为，，所以，所以，
则
，
所以，
所以点G在定直线上.