河北省邢台市第一中学2025-2026学年高二上学期10月第一次月考试题 数学 Word版含解析含答案解析

这是一份河北省邢台市第一中学2025-2026学年高二上学期10月第一次月考试题 数学 Word版含解析含答案解析，共22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．在直三棱柱中，.若点满足，且点在平面内，则（ ）
A．B．C．D．1
2．已知圆，其中，下列各点中一定在圆C内的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
4．过点的直线的倾斜角的范围是，则实数的取值范围是（ ）．
A．B．C．或D．
5．如图，空间四边形中，，，，点在上，，点为中点，则等于（ ）
A．
B．
C．
D．
6．二面角的棱上有、两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于．已知，则该二面角的大小为（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆和点，为坐标原点，若圆上存在点满足，则的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
8．如图，边长为2的正方体的一个顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，且点B和点D到平面的距离均为，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
二、多选题
9．已知点和圆O：，则下列选项正确的有（ ）
A．若点P在圆O内，则直线与圆O相交
B．若点P在圆O上，则直线与圆O相切
C．若点P在圆O外，则直线与圆O相离
D．若直线AP与圆O相切，A为切点，则
10．已知圆，直线．则下列结论正确的是（ ）
A．当时，圆C上恰有三个点到直线l的距离等于1
B．对于任意实数m，直线l恒过定点（1，1）
C．若圆C与圆恰有三条公切线，则
D．若动点D在圆C上，点，则线段中点M的轨迹方程为
11．如图，棱长为3的正方体，动点在正方体内及其边界上运动，点在棱上，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则三棱锥体积为定值
B．若，则动点所围成的图形的面积为
C．若，则的最小值为3
D．若动点满足，则的轨迹的长度为
三、填空题
12．人教版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中，已知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为．现已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角是 ．
13．已知曲线，若圆与都相切，则圆的标准方程为 .
14．若过圆内不同于圆心的点恰好可以作5条长度为正整数的弦，则符合条件的点构成的区域的面积为 ．
四、解答题
15．如图，在边长为3的正方形中，分别在边上，，将沿翻折，使得点与点重合，且平面平面，

(1)证明：平面且.
(2)求平面与平面的夹角.
16．已知、、为圆上的三点．
(1)求圆的方程；
(2)若过的直线交于另一点，且的面积为，求的方程．
17．如图，四棱锥中，底面，．

(1)若平面，证明：；
(2)若四点共圆，且二面角的余弦值为，求．
18．如图，正方体的棱长为，，是棱，上的点，且（）．

(1)证明：过，，三点的平面截正方体所得截面图形为平行四边形；
(2)若，求直线与所成角的余弦值；
(3)设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为，证明：．
19．在平面直角坐标系中，对于点和给出如下定义：若上存在两个不同的点，对于上任意满足的两个不同的点，都有，则称点是的关联点，称的大小为点与的关联角度．（本定义中的角均指锐角、直角、钝角或平角）
(1)如图，的半径为1．
①在点中，点__________是的关联点且其与的关联角度小于，该点与的关联角度为__________；
②点在第一象限，若对于任意长度小于1的线段，上所有的点都是的关联点，则的最小值为__________；
(2)已知点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，记这些点与的关联角度的最大值为．若，直接写出的取值范围．
1．B
根据空间向量共面的性质列式求解.
【详解】，且点在平面内，
.
故选：B.

2．A
利用代入验证法确定正确答案.
【详解】由圆，可知，即，
，A选项正确，
，不一定小于0，B选项错误，
，不一定小于0，C选项错误，
，不一定小于0，D选项错误.
故选：A
3．B
理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得.
【详解】对于A，因，即共面，故A不合题意；
对于B,因，，其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，，不共面，即B符合题意；
对于C，因，即，，共面，故C不合题意；
对于D，因，即，，共面，故D不合题意.
故选：B.
4．D
当时，满足题意；当时，解不等式或，综合即得解.
【详解】当时，直线的倾斜角为，满足题意；
当时，直线的斜率为或，
所以或，
所以或.
综合得实数的取值范围是.
故选：D.
5．B
根据向量减法的几何意义、向量数乘的几何意义及向量的数乘运算进行运算即可.
【详解】因为，为中点，，，，
所以 .
故选：B
6．B
【详解】如图，二面角的棱上有、两点，
平面、平面，在平面内做，且，
连接，则四边形是长方形，
所以为二面角的平面角，设为，
由，，平面，
所以平面，由，可得平面，
因为平面，所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
即，
因为，所以.
故选：B.
7．C
利用已知求出点的轨迹方程，再利用两圆的几何关系即可求出的最大值.
【详解】设，由可得，
整理得，
∴点在圆上，且圆心为,半径为，
又∵点在圆上，
∴圆与圆有公共点，
∴，且,
∴，
则的最大值为，
故选：.
8．A
根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理，得到E，A，F三点共线，根据三角关系，得到，，到平面的距离，进而得直线与平面的夹角正弦值，求出平面与平面的夹角的余弦值.
【详解】点B和点D到平面的距离相等，故平面，
而为平面法向量，故平面平面，
分别过C，作平面的垂线，垂足为E，F，如图，则E，A，F三点共线，
由，且与中点重合可知．
因此，，故，
进而由易知点到平面的距离为，
又因为与中点重合，且平面，
因此点到平面的距离为，而点到平面的距离为，
且，故直线与平面的夹角正弦值为，
易知直线与平面垂直，故平面与平面的夹角的余弦值为．

故选：A
9．BD
根据圆心到直线的距离即可结合选项求解ABC，根据勾股定理即可求解D.
【详解】对于A，点在圆内，则，
又点到直线的距离，
直线与圆相离，故A错误；
对于B，点在圆上，，
又点到直线的距离，故与圆相切，
,故B正确；
对于C，点在圆外，则，
又点到直线的距离，
直线与圆相交，故C错误；
若直线与圆相切，则点在圆外，所以，故D正确．
故选：BD．
10．BCD
对于A，通过计算圆心到直线的距离进行分析即可，对于B，对直线方程变形求解即可，对于C，由两圆有3条公切线可得两圆相外切，从而可求出的值，对于D，设的中点为，则可得动点D的坐标为代入圆C方程中化简可得答案
【详解】对于A，圆的圆心为，半径，当时，直线，则圆心到直线的距离为，因为，所以圆C上只有两个点到直线l的距离等于1，所以A错误，
对于B，由，得，由于，所以，得，所以直线恒点，所以B正确，
对于C，因为圆C与圆恰有三条公切线，所以两圆相外切，由，得，所以，解得，所以C正确，
对于D，设的中点为，则可得动点D的坐标为，因为动点D在圆C上，所以，化简得，所以线段中点M的轨迹方程为，所以D正确，
故选：BCD
11．ABD
运用向量运算、线面垂直性质、正弦定理、空间直角坐标系相关知识，通过对向量关系判断点的轨迹，利用线面垂直确定点的轨迹图形，由正弦定理和坐标运算求点的轨迹方程及轨迹长度.
【详解】对于A，因为动点在正方体内及其边界上运动，
且，，则动点的运动轨迹为线段.
由于，平面，所以平面.
故三棱锥的体积为定值，A正确.
对于B，在正方形中，.
在正方体中，因为平面，又平面，所以.
因为，，，且，平面，所以平面.
动点在正方体内及其边界上运动，且，
所以动点围成的图形是矩形，其面积为，故B正确.
对于C，设边上的高为，则.
由正弦定理可得，所以，故.
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系.
则，，.
设，，，，则，.
又，则有，整理得，
所以动点的轨迹是以为球心，为半径且位于正方体内的部分球面.
又，所以，故C错误.
对于D，由，设，，，则，
即，化简得，表示以为球心，半径为的球.
又，，则，即，
化简得，表示以为球心，半径为的球.
两个球的交线轨迹是一段圆弧，计算其长度，两球心距离为，半径均为，
则交线圆弧对应的圆心角为，长度为，故D正确.
故选：ABD
12．/
根据平面的方程可得法向量，利用线面角的向量公式计算即可.
【详解】因为平面的方程为，所以平面的一个法向量，
又直线的方向向量，设直线与平面所成角为，，
所以，则.
故答案为：.
13．
由，得，由，得，由，得，画出曲线的图像，利用对称性可设，即，解出即可.
【详解】由，得，则曲线表示圆的上半部分，
由，得，则曲线表示圆的上半部分，
由，得，则曲线表示圆的上半部分，
画出曲线，如图所示.根据对称性可知，圆的圆心在轴的正半轴上，
设圆的标准方程为，则，解得，
故圆的标准方程为.
故答案为：.
14．
根据过圆内一点的最长弦长和最短弦长得到过点的最短弦长的取值范围，从而得到点与圆心之间距离的取值范围，得到符合条件的点的区域，进而得到面积.
【详解】由得，所以圆的圆心为，半径，
因为直径是最长的弦，所以点在圆内，过点的弦中，直径是最长的弦，长度为，
以下分析过点的最短的弦，

由垂径定理知，，其中为圆心到弦的距离，
要使得最短，则最大，
由图可知，，当弦时取到等号，所以当弦时，最大，弦长最短，
根据圆的对称性，这条长度为正整数的弦长度分别是，
要使得有两条长度为的弦，则最短弦长小于，要使得没有长度为的弦，则最短弦长大于，
因此，过点的最短的弦长，

因为弦长最短时弦，所以，，，
所以点落在以为圆心，半径分别为和的圆所夹的圆环内，
所以该区域的面积为，
故答案为：
15．(1)证明见解析
(2)
（1）由线面平行的判定定理可证明平面，由面面垂直的性质定理可得，计算得到的值，由勾股定理求得的值；
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角可得结果.
【详解】（1）证明：因为平面平面，所以平面.
取的中点，连接.
因为，所以，则，所以.
又平面平面，平面平面，所以平面，所以.
因为，所以，
所以，
所以.
（2）以为坐标原点，的方向分别为轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则

所以.
设平面的法向量为，则，
即令，得.
设平面的法向量为，则，
即令，得.
由，得，
所以平面与平面的夹角为.
16．(1)
(2)和
（1）利用待定系数法求圆的方程.
（2）分直线有无斜率讨论.当直线有斜率时，利用几何法求弦的长度，再利用点到直线的距离公式求点到直线的距离，列出的面积公式，结合给出的的面积列式可求直线的斜率，进而得所求直线的方程.
【详解】（1）设所求圆的方程为，
则，解得.
所以，圆的方程为：.
（2）如图：
若直线不存在斜率，则根据对称性得，
此时，点到直线的距离为，所以.
所以直线不为所求.
若直线存在斜率，设为，则直线：，即.
圆心到直线的距离为：，
所以弦的长度为.
由点到直线的距离为：.
所以.
由
所以或.
由
.
因为，
所以，
所以
或.
由，
此时，
所以方程无解.
综上或，
所以直线的方程为：或，
即或.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）根据题意，证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，再由线面平行的性质定理，证得，得到平面，进而证得.
（2）以为原点，过点平行的直线为轴，建立坐标系，设，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程，求得的值，即可求解.
【详解】（1）证明：在中，因为，
可得，所以，
又因为底面，且底面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，平面，且平面平面，
所以，所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：由（1）知，因为四点共圆，可得，
以为原点，以所在直线分别为轴和轴，过点平行于的直线为轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，则，
设，则，即，
可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
因为二面角的余弦值为，
可得，解得，
因为，所以，即的长为.

18．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
（1）由正方体的结构特征，结合平行四边形判定、性质及平行公理推理得证.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线线角的余弦.
（3）由（2）中坐标系，利用面面角的向量求法求出，即可计算得证.
【详解】（1）在正方体中，在上取点，使得，连接，
由，得四边形是平行四边形，则，
又，则，四边形是平行四边形，
因此，又，
则四边形为平行四边形，，
于是，四边形为平行四边形，
所以过，，三点的平面截正方体所得截面图形为平行四边形.
（2）以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，
因此，
所以直线与所成角的余弦值为.
（3）依题意，平面平面，
则平面的法向量可取为，平面的法向量可取为，
而，则，
设平面的法向量为，则，取，得，
则，
又平面的法向量为，则，
所以.

19．(1)①，；②
(2)
【详解】（1）①根据定义可得：当在上时，不存在都有，当在内部时过的直径使得的关联角度为，当在的外部时，且为的切线时，大；
如图，是的关联点且其与的关联角度小于，与的关联角度为，与的关联角度大于，
∵，的半径为，∴，且是的切线，
∴，∴
∴，即与的关联角度为.
故答案为：，．
②根据定义可得为外一点，
∵，的半径为，∴，当时，
如图，取点，则，
∴，∴的最小值为，故答案为：．
（2）由（1）可得，当在圆的外部时，且为圆的切线时，最大，点距离圆心最近.
∵，∴当时，由，如图，
∴四边形是矩形，
由∵ ∴四边形是正方形， ∴
当时，
∵点，经过原点，线段上所有的点都是的关联点，则，
∴上距离最近的点在的圆环内.
①若线段均内，线段上所有的点都是的关联点，这些点与的关联角度的最大值均为若，如图，
则.
②若线段均在外，则上距离最近的点在的圆环内.
当时，如图：
则；
当时，如图：
则.
综上可知：或或.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
B
D
B
B
C
A
BD
BCD
题号
11









答案
ABD