浙江省2025_2026学年高二数学上学期10月月考试题B卷含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高二数学上学期10月月考试题B卷含解析，共18页。试卷主要包含了 已知直线，，则“”是“”的， 若复数，则等内容，欢迎下载使用。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答
题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
一、选择题：本大题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接求解集合的交集即可.
【详解】由题可得，故A正确.
故选：A.
2. 若直线的斜率为，则的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由斜率（直线的倾斜角）求解即可.
【详解】设直线的倾斜角为，因为直线的斜率是，所以，
又因为，所以，即直线的倾斜角为．
故选：C
3. 已知直线，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的概念及直线平行的判定与性质得解.
【详解】当时，直线，
当时，，推不出，
综上，是的充分不必要条件.
故选：A
4. 若复数，则（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的加法法则和模长公式求解即可.
【详解】复数，则.
故选：B.
5 已知圆关于直线对称，则（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心坐标，代入直线方程可得出实数的值.
【详解】由题意得：圆的标准方程为,故圆心为,
由于圆关于直线对称，
即直线过圆的圆心，所以且，解得，故A正确.
故选：A.
6. 已知正三棱锥，，，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取中点，连接，，得到（或补角）即为异面直线与所成角求解.
【详解】取中点，连接，，则，
所以（或补角）即为异面直线与所成角，
因为，，则，，
由余弦定理可得，
所以异面直线AF与BD所成角的余弦值为.

故选：D.
7. 过点作直线与曲线交于，两点，为坐标原点，则面积的最大值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】作图，由图知，当面积取最大值时，，计算即可求解.
【详解】由，则，，即，
所以曲线，是以原点为圆心，2为半径的半圆，如图.
因为，
所以当面积取最大值时，，
即.
故选：C.
8. 已知点，到同一直线的距离分别为2和3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】符合题意的直线分别与圆和圆相切，进而可得两圆相交，可求得的范围.
【详解】以为圆心，2为半径的圆为，
以为圆心，3为半径的圆为.
若符合题设的直线恰有2条，则上述两圆相交.
又，所以.
可得，所以.
故选：C.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 从装有除颜色外完全相同的2个红球（编号为1，2）和2个白球（编号为3，4）的口袋中不放回地依次随机摸出2个球，表示事件“恰有1个白球”，表示事件“恰有2个白球”，表示事件“取到了编号为1的小球”，则下列结论正确的是（ ）
A. 事件，互为对立事件B.
C. D. 事件，为相互独立事件
【答案】BCD
【解析】
【分析】除了事件与事件，还有事件“恰有2个红球”可判断A；求得总的基本事件的个数，再求得事件，事件，事件包含的基本事件的个数，利用古典概型概率公式求得概率可判断BCD.
【详解】因为在一次取球中，事件与事件不可能同时发生，
除了这两个基本事件外，还有事件“恰有2个红球”，故和不为对立事件，故A错误；
因为从袋子中随机地取出2个球，共有，，，，，，，
，，，，，12种情况，
事件包含8个基本事件，事件包含6个基本事件，事件包含4个基本事件，
则，，，
所以事件，为相互独立事件，故BCD正确.
故选：BCD.
10. 已知，若过定点的动直线和过定点的动直线交于点（与，不重合），则下列结论正确的是（ ）
A. 点B.
C. D. 点在以为直径的圆上
【答案】ABD
【解析】
【分析】求得过的定点判断A；求得所过定点，根据题意可得判断B，求得判断C；利用，可判断D.
【详解】因为可化为，所以直线恒过定点.故A正确；
又因为可化为，所以直线恒过定点，
对于直线，，因为，所以，故B正确；
所以，故C错误；
因为，且，故点在以为直径的圆上，故D正确.
故选：ABD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为定值
C. 的最小值为
D. 不存在点使直线与直线夹角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意以为坐标原点建立相应的空间直角坐标系，利用空间向量可得即可对A判断求解；连接，可得，从而证明平面，则得，从而可对B判断求解；利用向量可得，从而得分别求得，，即可对C判断求解；利用空间向量可求得，即可对D判断求解.
【详解】以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，，
设，，则.
对于选项A，因为，故，故A正确；
对于选项B，连接，可得，平面，平面，
则平面，所以三棱锥的体积为，故B正确；
对于选项C，因为，
所以，，
当时，取得最小值为，故C错误；
对于选项D，因为，，
所以，，
设与的夹角为，，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，且，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标公式列出等式，求解即可.
【详解】因为，得，解得.
故答案为:.
13. 已知点在圆上，点，若的最小值为1，则过点且与圆相切的直线方程为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】首先得到圆心坐标与半径，根据的最小值为，得到方程求出的值，即可求出圆的方程，再分斜率存在与不存在两种情况，分别求出切线方程，即可得解.
【详解】由题可得圆的圆心，半径，
因，所以可得点在圆外，
又因为的最小值为，则得，解得，
所以圆：，半径为，
当过点的切线斜率不存在，此时直线方程为，
此时圆心到直线的距离为，
所以直线为圆的切线；
当过点的切线斜率存在，
设切线方程为：，则得，解得.
此时直线为，即.
综上所述：过点且与圆相切的直线方程为或.
故答案为：或.
14. 圆上任意一点，若的值与，都无关，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由圆上点横纵坐标的取值范围知，据此由恒等式知恒成立，
分离参数后，令，利用直线与圆有公共点得出的范围得解.
【详解】圆的圆心为，半径，
由点在圆上知，，，
所以.
则，
由的值与，无关，可得恒成立，
即恒成立，从而得.
令，即，
易知直线与圆有公共点，
则，解得，故，
，故的取值范围是.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知直线与直线互相垂直且交于点.
（1）求值及点的坐标；
（2）若过点的直线在两坐标轴上的截距互为相反数，求的直线方程.
【答案】（1），.
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先利用直线可求出，再列出两直线相交方程组，即可求解；
（2）根据题意可得直线的斜率显然存在且不为，可设，从而可求出相应的截距，即可求解.
【小问1详解】
由题得，所以，解得，
所以，即.
由方程组解得
所以点的坐标为.
【小问2详解】
直线的斜率显然存在且不为，设，
令，得，令，得，所以.
化简得，解得或，
所以直线的方程为：或.
16. 如图，在四棱锥中，平面，，，.

（1）求证：平面；
（2）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）只需证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，再结合向量夹角的余弦公式即可求解.
【小问1详解】
在底面四边形中，，，
则可推断为一个等腰梯形，且，
因为，
所以，
易知，即.
因为平面平面，所以，
又因平面，所以平面.
【小问2详解】
如图建系，则，，，，
平面的一个法向量可以为，
，，
设平面的一个法向量为，则可取.
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.

17. 在如图所示试验装置中，由矩形和构成，且，，.，分别在对角线，上移动，且与长度保持相等.记，，，且，.
（1）当时，用向量，，表示，.
（2）为何值时，的长最小？
（3）是否存在，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1），
（2）
（3）存在
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算法则结合图象求，再结合关系求；
（2）由条件结合向量线性运算可证明，再结合向量模的性质和数量积的性质求，再结合二次函数性质求结论；
（3）假设存在使得平面，由此可得，，结合（2）列方程求即可.
【小问1详解】
，
，
.
【小问2详解】
因为，则，，
可得
，
又，，，
，，，，，
所以，，，，，，
所以，，，
，
当时，的最小值为.
【小问3详解】
假设存在使得平面，又，平面，
可知，，
由（2）知，，可得.
且，
化简得，解得，
故存在，使得平面.
18. 已知菱形，，分别是，中点，且，．现将平面沿着翻折一定程度后，再将平面沿着翻折得到三棱台（如图所示）．取的中点，线段的四等分点（靠近点）．
（1）证明：平面.
（2）若三棱台的体积为，且二面角为锐二面角，
（i）求与平面所成角的正弦值；
（ii）延长棱台的侧棱，，交于点．证明：点在平面上的射影为的重心.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取中点，则，，，四点共面．由条件可得，且，所以四边形是平行四边形，所以，进而可得结论；
（2）（i）设棱台高为，由棱台的体积公式求得，由与平面所成角的正弦值为求得结果；
（ii）由（i）可知三棱锥高为，设点在平面上的射影为，可求得，由题意在内部，且在高线上，边上的高，得，从而可得结论．
【小问1详解】
取中点，连接，又为的中点，
则，故，，，四点共面.
又，，可得，
又，所以四边形是平行四边形，
所以.
又平面，平面，
所以平面，即平面.
【小问2详解】
（i）均为正三角形，边长分别为，
则,
设棱台高为，则，解得.
又，所以与平面所成角的正弦值为.
（ii）由（i）可知三棱锥高为，
设点在平面上的射影为，连接，.
因为，所以，
因为二面角的平面角为锐角，所以在内部，且在高线上.
取中点为，则.
又为正三角形，所以边上的高，从而，
所以点在平面上的射影为的重心.
19. 已知点，，且点满足直线与直线的斜率乘积为.
（1）求点的轨迹方程.
（2）若是直线上的动点，为坐标原点，
（i）过点作曲线的一条切线，切点为，求的最大值；
（ii）连接，，直线与曲线的交点为，直线与曲线的交点为.证明：直线过定点.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设出点，结合斜率乘积计算即可得；
（2）（i）结合圆的切线的性质可得取最小值时有最大值，计算即可得；（ii）设出点坐标后表示出直线、，即可通过计算表示出、坐标，结合圆的对称性分直线斜率存在与斜率不存在计算即可得.
【小问1详解】
设点，则有.
化简得；
小问2详解】
（i）记为，则，因为为锐角，即求最大值，
即求最大值，又，故只需取最小值即可，
则当时，最小，此时取，则，
所以的最大值为；
（ii）设，，，
则，，
联立，则，
则，即，故，
联立，则，
则，即，故，
即，，
由图形的对称性可知，直线的定点在轴上，
记直线与轴交点坐标为，当直线斜率不存在时，
即，得，即，此时直线过点；
当直线斜率存在时，即时，有，
即，化简得，
又，故，即，故此时直线过点；
综上所述直线过定点.