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厦门外国语学校2025年10月月考高二数学试卷
一、单选题：在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知空间向量且，，，则一定共线的三点是( )
A. ，， B. ，， C. ，， D. ，，
2.经过点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线有 条．
A. B. C. D.
3.“”是“直线与直线相互垂直”的( )
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4.已知空间中三点，，，则点到直线的距离为( )
A. B. C. D.
5.已知，，点满足，则到直线的距离的最大值为( ) A. B. C. D.
6.如图，在正四面体中，为棱的中点，为棱上靠近点的三等分点，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
7.已知是面积为的等边三角形，四边形是面积为的正方形，其各顶点均位于的内部及三边上，且可在内任意旋转，则的最大值为( )
A. B. C. D.
8.如图，在正四棱柱中，，，是侧面内的动点，且，记与平面所成的角为，则的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知平面上一点，若直线上存在点使，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是( )
A. B. C. D.
10.直线，圆为圆上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. 的最大值为 B. 的最大值为
C. 直线与圆相切时， D. 圆心到直线的距离最大为
11.如图，在棱长为的正方体中，点为线段的中点，且点满足，则下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，则平面
C. 若，，则平面
D. 若，时，直线与平面所成的角为，则
三、填空题
12.如图，在平行四边形中，，，沿将折起到的位置，使得点到点的距离为，则二面角的大小为 ．
13.若，是平面内不同的两定点，动点满足且，则点的轨迹是一个圆，这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．已知点，，，动点满足，则的最大值为
14.已知点，，，直线将分割为面积相等的两部分，则的取值范围是 ．
四、解答题。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为，且两两夹角为．
求线段的长；
若，，，用空间向量的一个基底表示向量．
16.已知直线：
证明：直线过定点；
若直线不经过第四象限，求的取值范围；
若直线交轴负半轴于点，交轴正半轴于点，为坐标原点，设的面积为，求的最小值及此时直线的方程．
17.如图，四棱锥中，底面，，，．
若，证明：平面
若，且二面角的正弦值为，求．
18.已知点，，曲线任意一点满足
求曲线的方程；
设点，过定点的直线与曲线相交于不同两点，，直线无论如何转动，轴都平分，请求出点坐标．
19.将一个边长为的正六边形图沿对折，形成如图所示的五面体，其中，底面是正方形．
图 图 图
求五面体图中的余弦值；
如图，点，分别为棱，上的动点．
求周长的最大值，并说明理由；
当周长最大时，求平面与平面夹角的余弦值．
厦门外国语学校2025年10月月考高二数学试卷答案
1.
解：选项， ，所以，，三点共线，A正确；
选项，设 ，则 ，即 ，无解，B错误；
选项，设 ，则 ，即 ，无解，C错误；
选项， ，设 ，
即 ，即 ，无解，D错误．
2.
解：若直线经过原点，则 ，在坐标轴上的截距均为，符合题意；
若截距均不为，则设直线方程为 ，
将 代入得 ，
此时直线方程为 ，符合题意．
综上，经过点 ，并且在两坐标轴上的截距相等的直线 有条，
3.
解：当时，直线与直线斜率乘积为，显然相互垂直，
所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分条件；
当直线与直线相互垂直时，，所以．
所以直线与直线相互垂直时，不一定为，
所以“”是“直线与直线相互垂直”的不必要条件．
所以“”是“直线与直线相互垂直”的充分不必要条件，
4.
解：依题意得，，
则点到直线的距离为
．
5.
解：由可得点的轨迹为以线段为直径的圆，圆心为，半径为，
又直线，其过定点，
当直线时，点与直线的距离取最大值，
故距离的最大值为．
6.
解：设正四面体的棱长为，，，，
则，
，，
，
而
，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
7.
解：因为是面积为的等边三角形，记边长为，
所以，解得，
记三角形内切圆的半径为，根据，
可得：，解得，
因为正方形面积为，所以正方形边长为，
记正方形外接圆半径为，
所以其外接圆直径等于正方形的对角线，即，
根据正方形的对称性和等边三角形的对称性可知，
正方形外接圆即为等边三角形的内切圆，
因为正方形可在内任意旋转，
可知正方形各个顶点均在该三角形的内切圆上，
以三角形底边为轴，以的垂直平分线为轴建立直角坐标系如图所示：
故可知，圆的方程为，
故设，
结合圆内接正方形的特征可知，不妨取或，
当时，点坐标可化为，
此时
，
所以当，即，，
即时，取得最大值；
当时，点坐标可化为，
此时
，
因为，所以当，即，即，
即时，取得最大值，
综上可知：取得最大值．
8. 解：以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
设，，则，，
，，，
，
连接，易知面，所以与平面所成的角即为，
，
的最大值为．
9.
解：要使直线为“切割型直线”，则直线上存在点使得，
即点到直线的距离小于或等于．
点到直线的距离为，不满足条件；
点到直线的距离为，故满足条件；
点到直线的距离为，故满足条件；
点到直线的距离为，故不满足条件，
10.
解：圆的方程可化为，所以圆的圆心为，半径．
，是圆上的点，
所以的最大值为，选项错误．
如图所示，当直线的斜率大于零且与圆相切时，最大，
此时，且，选项正确．
直线，即，过定点，
若直线与圆相切，则圆心到直线的距离为，
即，解得，所以选项正确．
圆心到直线的距离，
当时，，
当时，，所以选项错误．
11.
解：连接，，，，，
以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
可得，，，，，
则，
即，
对于中，若，，则，则点与点重合，
可得，所以A错误；
对于中，若，则，，，，
设平面的法向量为，
则
取，可得，，所以，
由于，可得，
又因为平面，所以平面，所以B正确；
对于中，若，，则，，
由于，所以平面，所以C正确；
对于中，若，时，可得，所以，
则，
设，，
则，，，
则，
由于函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，，
所以，所以，，，，，
所以，所以，所以D正确．
12.解：由翻折的性质可得，，
则，，，
设的大小为，则与互补，而，
则，，
于是，解得，
因此，
又因为，所以．
故答案为：．
13.解：设，
则，
整理得，
则是圆：上一点，
由，得，如图所示：
故，
当且仅当，，三点共线，
且在之间时取得最大值．
又因为，
所以的最大值为．
故答案为：．
14.解：由题意可得，三角形的面积为，
由于直线与轴的交点为，
由直线将分割为面积相等的两部分，
可得，故，
故点在射线上，
设直线和的交点为，
则由可得点的坐标为，
若点和点重合，如图：
则点为线段的中点，故，把、两点的坐标代入直线，
求得，．
若点在点和点之间，如图：
此时，点在点和点之间，
由题意可得三角形的面积等于，
即，即，
可得，
求得，
故有．
若点在点的左侧，
则，由点的横坐标，求得．
设直线和的交点为，则由求得点的坐标为，
此时，由题意可得，三角形的面积等于，即，
即，
化简可得，
由于此时，
所以，两边开方可得，
所以，
故有．
综上可得的取值范围应是．
15.解：解：因为，
所以
，
所以，
所以线段的长为
解：．
设， ，
则，
因为不共面，所以有，解得
所以 ．
【解析】本题考查空间向量的线性运算与数量积运算，考查空间向量基本定理，属于中等题．
易得，根据向量数量积的运算律结合已知条件可求出 ，即可得出结果；
设，由以及 不共面，得出方程组，求解即可得出结果．
16.解：直线的方程可化为，
由，解得
故无论取何值，直线总过定点；
直线的方程可化为，
则直线在轴上的截距为，
且直线总过定点，
故要使直线不经过第四象限，
则，解得；
依题意，直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，
，．
又且，
，
故，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值为，此时直线的方程为．
【解析】本题主要考查直线方程的应用，考查了直线过定点问题、直线在坐标系中的位置以及基本不等式的应用，属于中档题．
直线的方程可化为，可得直线过定点；
由题意，可知直线的斜率和直线在轴上的截距都是非负数，组成不等式组，解出的取值范围即可；
先求出直线在两个坐标轴上的截距，根据三角形的面积公式，应用基本不等式可求得面积的最小值，即可求出此时直线的方程．
17.证明：因为平面，平面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，，，，所以，
于是，又平面，平面．
所以平面．
因为，以为原点，分别以，，为，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，
设平面的一个法向量，因为，，
所以由，即，
可取；
又，，
设平面的一个法向量，所以由
取，
因为二面角的正弦值为，所以余弦值的绝对值为．
所以由，得，，
因此，．
【解析】本题考查线面垂直的判定与性质，线面平行的判定以及二面角，属于中档题．
首先证明平面，可得，进而证明，再根据线面平行的判定定理即可完成证明
在已知条件下，可以为原点，分别以，，为，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题．
18.解：设，
，，，
，
则曲线的方程：．
当直线与轴垂直，且在圆内时，易得关于轴对称，故必有轴平分．
当直线斜率存在时，设存在定点满足条件，设直线的方程为．
设，．
联立
则，
，
判别式，，，
无论直线如何运动，轴都平分，则，
，
，
，
，
化为：．
．
直线，可得直线经过定点，
存在过定点的直线与曲线相交于不同两点，，无论直线如何运动，轴都平分．
【解析】本题考查圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式、斜率计算公式、直线经过定点问题，属于较难题．
设，由，可得，化简即可得出；
设存在定点满足条件，分两种情况讨论，当直线斜率不存在，且点在圆内时，显然成立；当直线斜率存在时，设直线的方程为，设，，直线的方程与圆的方程联立化为：，由无论直线如何运动，轴都平分，可得，可得，利用根与系数的关系代入即可得出结果．
19.解：因为将一个边长为的正六边形图沿对折，
所以折叠后图，，．
取的中为，的中点为，连接．
因为底面是正方形，所以，即，且．
连接，，则由知：．
因为，、平面，所以平面，
而底面，因此底面平面，交于．
过在平面作直线，交于，则底面，
而、底面，因此，．
以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系如下图：
则，，，．
在等腰梯形中，因为，所以，
而，因此，，所以．
因为，，
所以．
因为点，分别为棱，上的动点，
而，，
所以当与不重合，与重合时，最大，最大为．
又因为当与重合时，，当与重合时，，
所以当与重合，与重合时，的周长最大，最大为．
由知：与重合，与重合，因此此时，．
设平面的法向量为，
因为，，
所以由得，取得，，
因此是平面的一个法向量．
设平面的法向量为．
因为，，
所以由得，取得，，
因此是平面的一个法向量．
设平面与平面夹角为，由图知：为锐角，
因此，
即平面与平面夹角的余弦值为．
【解析】本题考查了线面垂直的判定，线面垂直的性质，面面垂直的判定，面面垂直的性质，直线与直线所成角的向量求法，平面与平面所成角的向量求法和利用余弦定理解三角形，属于较难题．
做出辅助线，利用空间中线面、线线及面面的位置关系和已知条件，得出垂直关系，再建立空间直角坐标系．
利用直线与直线所成角的向量求法，计算得结论
利用余弦定理解三角形，结合图形判断得当与重合，与重合时，的周长最大，并求出最大值
利用平面与平面所成角的向量求法，计算得结论．

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