辽宁省沈文新高考研究联盟2025-2026学年高二上学期10月质量监测数学试题（解析版）

这是一份辽宁省沈文新高考研究联盟2025-2026学年高二上学期10月质量监测数学试题（解析版），共20页。
本试卷满分150分 考试时间120分钟
第Ⅰ卷 选择题（共58分）
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共 40 分，在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 下列命题中，假命题是（ ）
A. 同平面向量一样，任意两个空间向量都不能比较大小
B. 是向量的必要不充分条件
C. 只有零向量的模等于0
D. 共线的单位向量都相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量概念逐项判断即可.
【详解】选项A：由空间向量的定义知，空间向量具有大小和方向，
所以任意两个空间向量不能比较大小，故A为真命题；
选项B：两个向量模长相等，方向不一定相同，充分性不成立，
两个相等向量模长一定相等，必要性成立，故B为真命题；
选项C：长度为0的向量叫做零向量，只有零向量的模长等于0，故C为真命题；
选项D：共线的单位向量是相等向量或相反向量，故D为假命题；
故选：D
2. 四面体中，，，，且，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】结合图形，根据向量的线性运算法则计算即得.
【详解】因为，，
所以，
所以，
故选：B.
3. 已知向量与共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标表示和模的公式进行计算即可.
【详解】由题意知，，
又因为，所以，
解得，所以
∴.
故选：A.
4. 已知空间三点，，共线，则实数的值为（ ）
A. 3B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量共线定理列出方程组，求解即得.
【详解】由，，可得，
因三点共线，故存在，满足，即，
则有，解得.
故选：A.
5. 设是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则与相交
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间中直线与平面、平面与平面的位置关系的判定定理和性质定理，通过分析每个选项中所给条件，判断直线与平面、平面与平面的位置关系是否成立.
【详解】对于，已知, 根据面面平行的性质，直线可能与平面平行，也可能在平面内，所以不能得出,故选项A错误；
对于，已知，此时直线与可能平行、相交或异面，不一定垂直，故选项B错误；
对于，已知，则直线所在的方向向量即分别为平面的法向量，
两法向量垂直，则两面垂直，故选项C正确；
对于，已知，根据线面平行的性质定理，如果一条直线和一个平面平行，
经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，所以,故选项D错误.
故选：.
6. 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.
【答案】A
【解析】
【分析】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
【点睛】
7. 17世纪法国数学家费马在给朋友的一封信中曾提出一个关于三角形的有趣问题：在三角形所在平面内，求一点，使它到三角形每个顶点的距离之和最小.现已证明：在中， 若三个内角均小于， 则当点满足时，点到三角形三个顶点的距离之和最小，点被人们称为费马点.根据以上知识，已知为平面内任意一个向量，和是平面内两个互相垂直的向量，且，，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，将向量放在坐标系中，将问题转化为点到，，三点的距离之和，再利用费马点的性质即可求解.
【详解】，，和是平面内两个互相垂直的向量，
不妨设，，，
则，表示点到点的距离，
，表示点到点的距离，
，表示点到点的距离，
表示点到，，三点的距离之和，
由费马点性质可知，当时，点到三角形三个顶点的距离之和最小，
点，关于轴对称，点在轴上，如图，
在中，，又，
，解得，故点的坐标为，
，，，
此时，，
的最小值是.
故选：A.
8. 在平面直角坐标系中，定义：，其中，.若，且，则下列结论错误是（ ）
A. 若关于x轴对称，则
B. 若关于直线对称，则
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用给定定义，结合对称点的特征，指数函数的单调性即可判断A，B，通过举反例判断C，利用子集的性质结合给定条件判断D即可.
【详解】对于A，因关于x轴对称，且，，则，
于是，，
同理，，即，故A正确；
对于B，因关于直线对称，且，，则，
则，
同理，.
取函数，显然该函数在上为增函数，由，且，可得，则有，
因，故有，即，故B正确；
对于C，因，，
由可得：，则有，
若取，满足上式，但此时，，，
则，由上分析，，故，故C错误；
对于D，设点，则，即，
而，因，故得，
即点，即得，故D正确.
故选：C.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9. 如图，已知四面体，点分别是的中点，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算逐项分析即可得解.
【详解】A：因为，故A正确；
B：因为，故B正确；
C：因为，故C正确；
D:因为，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知点，，且点在直线上，则（ ）
A. 的最小值为B. 的最小值为
C. 存在点，使得D. 存在点，使得
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，将代入，化简得到，得到最小值；B选项，求出关于直线的对称点，最小值为；C选项，结合，得到，从而得到方程，由根的判别式得到方程无解，C错误；D选项，由两点间距离公式和得到方程，由根的判别式得到方程有解，D正确.
【详解】A选项，点在直线，故，
故，
故当时，取得最小值，最小值为，A正确；
B选项，设关于的对称点为，
则，解得，
所以，连接，与相交于点，
此时取得最小值，最小值，B正确；
C选项，，
又，故，
令得，即，
由于，方程无解，故不存在点，使得，C错误；
D选项，由得，
平方化简得，
又，故，
即，，方程有解，
故存在点，使得，D正确.
故选：ABD
11. 中国结是一种手工编制工艺品，它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原（成单纯的二维线条，其中的数字“8”对应着数学曲线中的双纽线.在xOy平面上，把与定点，距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线.曲线C是当时的双纽线，P是曲线C上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 点P的横坐标的取值范围是B. 的最大值是
C. 面积的最大值为2D. 的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据双纽线的定义求出曲线的方程，逐一判断各选项的真假即可.
【详解】设是曲线上任意一点，根据双纽线的定义可得：，
当时，曲线的方程为，
对于A：整理可得：，则，
可得，解得，故A错误；
对于B，，
因为，所以，所以，
所以，即曲线上任意一点到坐标原点的距离的最大值为，故B正确；
对于C：，令，则，
所以，
所以当时，，所以面积的最大值为，故C正确；
对于D：，
当且仅当，即时取等号，
，
所以，
所以的取值范围是，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：利用双纽线的定义求得曲线方程是关键，进而利用不等式求得最值.
第Ⅱ卷 非选择题（共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15 分）
12. 设平面的法向量为，是平面内的定点，是平面外一点，则点到平面的距离____________
【答案】
【解析】
【分析】根据空间点到平面的距离的定义即可求解.
【详解】过点作平面的垂线，交平面于点，
则是直线的方向向量，也即平面的法向量，
则点到平面的距离就是在直线上的投影长，即向量的长度，也即.
故答案为：.
13. 设点和，在直线：上找一点，使取到最小值，则这个最小值为__________
【答案】
【解析】
【分析】求出点关于直线：的对称点为，连结，则交直线于点，点即为所求的点，此时，.
【详解】解：

设点关于直线：的对称点为
线段的中点在上
则
又，
解得，
故答案为：
【点睛】本题考查线段和的最小值的求法，解题时要认真审题，注意数形结合思想的合理运用，
属于中档题.
14. 是等腰直角三角形，∠A＝90°，，点D满足，点E是BD所在直线上一点，若，则______；向量在向量上的投影向量记为，则实数m的取值范围为______．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】建立适当的平面直角坐标系，可得点的坐标（用中的参数表示），结合点E是BD所在直线上一点，即可得第一空答案；由题意，利用投影数量的几何意义可求其范围.
【详解】
由题意以点为原点，所在直线分别为轴，轴，
因为是等腰直角三角形，∠A＝90°，，点D满足，
所以，即，
设点坐标为，
所以，
所以点的坐标为，
因为点在直线上面，
所以，即，
所以（这里的是指中的）；
因为向量在向量上的投影向量记为，
所以，
如图，于，过作直线平行于，过作该直线的垂线，垂足为，
当为锐角时，，当且仅当重合时等号成立；
当为直角时，；
当为钝角时，即，
综上，.
【点睛】关键点睛：第一空的关键是得点坐标，结合三点共线，第二空的关键是将问题转换为方程有解即可顺利得解.
四、解答题（本大题共5小题，共 77 分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知直线．
（1）求证：直线l恒过定点；
（2）已知两点，，过点A的直线与线段有公共点，求直线的倾斜角的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）直线方程整理为关于的方程，由恒等式知识可得定点坐标；
（2）求出直线的倾斜角，直线介于直线之间，由此可得结论．
【小问1详解】
证明：由，得．
由直线方程的点斜式可知，直线恒过定点．
【小问2详解】
由题意可知，，
由题意可知直线的倾斜角介于直线与的倾斜角之间，
又的倾斜角是，的倾斜角是，点横坐标在两点横坐标之间，因此直线可能与轴垂直，倾斜角可以是，
∴的取值范围是．
16. 如图，直三棱柱的体积为4，是的中点.

（1）求证：平面；
（2）若的面积为，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，易得，再由线面平行的判定证明结论；
（2）设的面积为，棱长的长度为，到平面的距离为，再应用等体积法有求点面距.
【小问1详解】
连接，交于点，连接，
因为，分别是，的中点，所以是的中位线，
所以，因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
设的面积为，棱长的长度为，到平面的距离为，
因为直三棱柱的体积，
因为是的中点，所以的面积为，

所以三棱锥的体积，
因为的面积为，由得，解得.
所以到平面的距离为.
17. 如图，在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，AB=BC=kPA，点O为AC中点，D是BC上一点，OP⊥底面ABC，BC⊥面POD．
（1）求证：点D为BC中点；
（2）当k取何值时，O在平面PBC内的射影恰好是PD的中点．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质证明；
（2）做辅助线，利用图中的几何关系求解.
【小问1详解】
连接OD，PD， 平面POD， ，又 ，O是AC的中点，所以OD是OC边上的中位线， D是BC边的中点；
【小问2详解】
连接OB， 是等腰直角三角形， ，由题意 平面ABC， ，又O是AC的中点， 是等腰三角形， ，
连接PD，取PD的中点G，连接OG，由题意 平面PBC， ，
又G是PD的中点， 是等腰直角三角形， ，
， ，
；
综上，当 时，O在平面PBC内射影恰好是PD得中点.
18. 如图，在四棱锥中，.
（1）求证：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形为平行四边形，则且，利用余弦定理求出，从而可得，利用勾股定理证明，则平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）先利用余弦定理求出，再以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再求出法向量夹角的余弦值，进而可得出答案.
【小问1详解】
取的中点，连接，
则且，
所以四边形为平行四边形，所以且，
在中，由余弦定理得，
，
所以，
所以，
所以，所以，
则，所以，
又平面，，
所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，
，所以，
如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
故，
设平面的法向量为，平面PBD的法向量为
则有，，
令，则，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；
（2）若点，，求的最大值；
（3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】（1），
（2）
（3）存在，和
【解析】
【分析】（1）代入和的公式，即可求解；
（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；
（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.
【小问1详解】
，
，
；
【小问2详解】
设，由题意得：，
即，而表示的图形是正方形，
其中、、、．
即点在正方形的边上运动，，，
可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值．
因此，点有如下两种可能：
①点为点，则，可得；
②点在线段上运动时，此时与同向，取，
则．
因为，所以的最大值为．
【小问3详解】
易知，设，则
当时，，则，，满足题意；
当时，，
由分段函数性质可知，
又且恒成立，当且仅当时等号成立．
综上，满足条件的直线有且只有两条，和．
【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题.