湖北省武汉市2025_2026学年高二数学上学期10月月考试卷含解析 (1)

这是一份湖北省武汉市2025_2026学年高二数学上学期10月月考试卷含解析 (1)，共56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. 下列四个命题，其中真命题是（ ）
A. 点关于平面对称的点的坐标是
B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则
C. 已知平面的一个法向量，点在内，则到的距离为2
D. 向量，则向量在向量上的投影向量的坐标是
【答案】C
【解析】
【分析】对于A，根据面对称点性质可判断；对于B，利用空间向量判断线面关系；对于C，应用点面距离的向量求法判断；对于D，根据向量投影坐标公式计算后判断.
【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A为假命题；
对于B，，所以，则或，故B为假命题；
对于C，，所以，则到的距离为2，故C为真命题；
对于D，根据向量投影坐标公式向量在向量上的投影向量的坐标是，故D为假命题.
故选：C
2. 如图，在平行六面体中，,且，则线段的长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的运算法则，求得，结合向量的数量积和模的运算公式，准确计算，即可求解.
【详解】在平行六面体中，且，
由，
则
，
所以.
故选：C.
3. 已知点在确定的平面内，是平面外任意一点，满足，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】借助平面向量线性运算及空间中四点共面性质可得，再利用基本不等式“1”的活用计算即可得解.
【详解】，则，
因为四点共面，所以，即，
因为，从而，
当且仅当，即，时取等.
故选：B.
4. 已知实数满足，，则的最小值为（ ）
A. 1B. 4C. 9D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据两平行直线间的距离公式求得正确答案.
【详解】实数满足，，
即实数满足，，
则在直线上，在直线上，
直线与直线平行，
所以、两点间的最短距离为，
所以的最小值为.
故选：B
5. 已知、，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】记点、、、，，可得出，数形结合可得出所求代数式的最小值.
【详解】记点、、、，，如下图所示：
易知四边形是边长为的正方形，
所以，，，，
所以，
当且仅当点在线段上时，等号成立，
，
当且仅当点在线段上时，等号成立，
所以
，
当且仅当点为线段、的交点时，等号成立，
故的最小值为.
故选：C.
6. 若圆，圆两交点分别为A，B，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：求得相交弦方程，由圆的圆心为，半径为2即可求解；方法二：联立两圆的方程把两点坐标求出来即可.
【详解】方法一 将两圆的方程作差，可得，即直线AB的方程为，圆的圆心为，半径为2，
则到直线的距离为，故．
方法二 联立解得或
所以．
故选：B.
7. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. -1
【答案】C
【解析】
【分析】转化为点与点连线的斜率，然后结合图象由直线与圆的位置关系求解.
【详解】
依题意，则为直线的斜率，
结合图象可知，当直线与半圆相切时，斜率最小，
设，则，解得或（舍去），
即的最小值为.
故选：C
8. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据材料求得平面的法向量和直线的方向向量，再结合空间向量的数量积求直线与平面所成角的正弦值即可.
【详解】根据材料可知平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
因为直线是两平面与的交线，设的方向向量，
则，取可得的一个方向向量，
设直线与平面所成角，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为，
故选：A
二、多选题
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 如果，，则直线不通过第二象限
B. 向量是直线的一个方向向量
C. 直线与直线关于直线对称
D. “”是“直线与直线平行”的充分不必要条件
【答案】AC
【解析】
【分析】选项，通过将直线的一般式转换成斜截式，从斜率和截距考虑直线走向；选项，通过选取直线上任意两点求出该直线的一个方向向量，再判断题中向量与该方向向量是否共线；选项，通过考虑两直线与第三直线的垂线的交点，距离第三条直线是否相等来判断第三条直线是否对称轴；选项，根据判断两直线平行的充要条件进行判断.
【详解】对于选项.因为，，故，，均不为0.
直线方程变形得，.
因，所以，又因，所以，即，所以.
因此该直线轴截距小于0，斜率大于0，故不经过第二象限.故选项正确.
对于选项.直线，当时，；当时，.
故该直线经过和.因此向量是该直线的一个方向向量.
而向量与向量并不共线，故向量不是该直线的方向向量.故选项错误.
对于选项.对于直线，变形得，，与该直线垂直的直线都可以表示为，.
该垂线与直线和直线分别交于和.
而此两交点距离直线的距离均为.
故两直线关于直线对称.选项正确.
对于选项.当时，直线与直线平行.因此前者是后者的充分条件.
当直线与直线平行时，，解得.
因此前者是后者的必要条件.
故“”是“直线与直线平行”的充分必要条件.选项错误.
故选：
10. 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.
11. 以下四个命题表述正确的是（ ）
A. 直线恒过定点（-3，-3）
B. 圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1
C. 曲线：与曲线：恰有三条公切线，则
D. 已知圆：，点为直线上一动点，过点向圆引两条切线、，、为切点，则直线经过定点（1，2）
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于选项A：将直线整理为，则有，解出这个方程组的解，这个解构成的点就是直线恒过的定点 ；对于选项B：求出圆心到直线的距离，这个距离与半径比较得到所求；对于选项C：两圆有三条公切线，则有两个圆心间的距离等于两个圆的半径和，求解即可；对于选项D：设，由点为直线上一动点，将代入此直线方程整理后得到，求出以为直径的圆的方程，这个圆的方程和圆：相减得到直线的方程，将代入直线的方程得，再求出直线恒过的定点即可.
【详解】对于选项A：将直线整理为，则有，解得，
直线恒过定点，则选项A错误；
对于选项B：圆的圆心为，半径，
圆心到直线的距离为，
圆上有且仅有3个点到直线的距离都等于1. 则选项B正确；
对于选项C：曲线：的圆心为，半径，
曲线：的圆心为，半径，
曲线：与曲线：恰有三条公切线，
，，，则选项C正确；
对于选项D：设，点为直线上一动点，， 即，
以为直径的圆的方程为，即，
圆：和，这两个圆相减得直线的方程为，
代入，得，整理得，
设，解得，即直线经过定点（1，2），则选项D正确.
故选：BCD.
三、填空题
12. 已知实数，满足，则的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】解法1：求出圆心和半径，，其中可看作圆上的点到直线的距离，数形结合得到圆上的点到直线的距离的最小值为，得到答案；
解法2：先得到，所以，令，，得到，由三角函数有界性得到最值.
【详解】解法1：因为，所以，
即圆心为，半径为，因为，
可看作圆上的点到直线的距离，如图，
所以圆上的点到直线的距离的最小值为
圆心到直线的距离减去半径，即，
因为，
所以圆上的点到直线的距离的最小值为，
所以的最小值为．
解法2：因为，所以，
即圆心为，半径为，
其中，且到直线的距离为，
故，所以，
令，，
则，其中为辅助角，
当时，最小值为．
故答案为：
13. 已知圆C与圆，O1：都外切且经过点，则圆C的方程为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆C与圆O和圆O1均外切，得，利用点在圆C上，代入方程求解圆心坐标及半径，从而得圆的方程.
【详解】解：如图，
设圆心，半径为，已知圆，O1：的半径均为1，
所以
解得：
所以圆C的方程为：.
故答案为：.
14. 生活中一些常见的漂亮图案不仅具有艺术美，其中也有数学的对称、和谐、简洁美曲线.下面是关于曲线的四个结论：
①曲线关于原点中心对称；
②曲线上点的横坐标取值范围是
③曲线上任一点到坐标原点的最小距离为；
④若直线与曲线无交点，则实数的取值范围是
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用曲线的对称性可判断①；由可解出的取值范围，可判断②；利用二次函数的基本性质可求出曲线上任一点到坐标原点的距离的取值范围，可判断③；作出曲线的图象，数形结合可判断④.
【详解】对于①，在曲线上任取一点，则点关于原点的对称点为，
因为，即点在曲线上，
所以，曲线关于原点对称，①对；
对于②，由可得，解得或，
所以，曲线上点的横坐标取值范围是，②错；
对于③，在曲线在曲线上任取一点，
则，可得，则，
所以，，故，
所以，曲线上任一点到坐标原点的最小距离为，③对；
对于④，在曲线上任取一点，则点关于轴的对称点为，
因为，即点在曲线上，
所以，曲线关于轴对称，同理可知，曲线也关于轴对称，
当，时，曲线的方程可化为，
化简得，此时，，作出曲线的图象如下图所示：
考查当直线与圆相切，且圆的圆心为，半径为，
则，解得，
由对称性结合图形可知，若直线与曲线无交点，则实数的取值范围是，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键点在于利用曲线的对称性，化简曲线方程，再结合对称性作出图形，数形结合来求解.
四、解答题
15. 如图甲，在平面五边形ABCDE中，，，，，G为BC的中点，以AD为折痕将图甲中的折起，使点E到达如图乙中的点S的位置，且．
（1）证明：平面平面ABCD；
（2）求平面SAD与平面SBC的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）解法一：利用平行线的性质、勾股定理和三角函数得到AC平分，然后利用等腰三角形的性质得到，最后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
解法二：利用平面向量的方法得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；
（2）利用面面垂直的性质定理得到平面，然后利用线面垂直的判定定理和性质得到，再根据中位线的性质得到点O是AC的中点，利用勾股定理即可得到，最后利用空间向量的方法求二面角即可.
【小问1详解】
解法一：在平面五边形ABCDE中，，，，
所以四边形ABCD是直角梯形，且，，．
在直角中，，且，则，
可得，从而是等边三角形，AC平分．
因为G为BC的中点，所以，所以，
又因为，且SA，平面SAC，
所以平面SAC．
又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD．
解法二：因为，，所以，
以为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，
，，，，
,，
因为，所以，
又因为，且SA，平面SAC，
所以平面SAC．
又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD．
【小问2详解】
取AD的中点F，连接SF，过点S作SO垂直AC于点O，连接OF，如图，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面SAC，，
所以平面ABCD，
又平面ABCD，则．
因为，F是AD的中点，所以，
又且SO，平面SOF，所以平面SOF，
由平面SOF，则；
又因为，所以，则点O是AC的中点，
又，所以，可得．
以D为原点，以DA，DC所在的直线分别为x，y轴，轴，
如图所示建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面SAD的一个法向量为，，，
由，令，则，
设平面SBC的一个法向量为，，，
由，令，则．
设平面SAD与平面SBC的夹角为，故．
所以平面SAD与平面SBC的夹角的余弦值为．
16. 已知圆，内接于此圆，点的坐标，O为坐标原点.
（1）若直线的方程是，求的面积；
（2）若的重心是，求直线的方程（三角形重心是三角形三条中线的交点，且三等分所在中线）；
（3）若直线与直线的倾斜角互补，求证：直线的斜率为定值.
【答案】（1）10 （2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据点到直线距离公式及直线与圆相交的弦长公式结合三角形面积公式计算即可；
（2）设线段的中点坐标为，由，根据平面向量坐标运算得，由几何性质得，计算可得直线斜率，进而可得直线方程；
（3）解法一：设，直线，直线与圆联立方程可得，，同理可得，，由直线斜率公式计算即可求解；解法二：设直线，且，，直线与圆联立方程组结合韦达定理可得，，由直线与直线的倾斜角互补得，根据直线斜率公式化简计算即可求解.
【小问1详解】
设的高为，则，
圆的圆心，半径，
则圆心到直线的距离为，
所以，
故的面积为；
【小问2详解】
设线段的中点坐标为，
则，，，
即，可得，由几何性质知，
所以，即直线斜率为，
所以直线的方程为，即.
小问3详解】
解法一：设，直线，代入圆的方程整理得：
因为3，是上述方程的两根
所以，即，
，
因为直线与直线的倾斜角互补，所以，
设直线，
同理可得：，
所以
解法二：设直线，且，
由消去并整理得：
，
则，是此方程的两实根，故
且，；
因为直线与直线的倾斜角互补，
所以，
即，
，
，
整理得：，
去分母并整理得：，
即
若，则，直线过点不合要求，
所以，
所以，，即直线的斜率为定值.
17. 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