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洛阳一高2025-2026学年第一学期高二10月月考数学试题
2025年10月17日7:50-9:50
一、单选题
1．已知点在平面内，并且对于空间任意一点，都有 ，则的值是( )
A． B． C． D．
2．已知直线：（为常数，），则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．已知，直线的方向向量与直线的方向向量共线，则这两条直线之间的距离为（ ）
A．4 B． C． D．
4．已知空间向量，则在上的投影向量的模为（ ）
A． B．1 C．2 D．
5．若直线与圆相离，则点（ ）
A．在圆O外 B．在圆O内 C．在圆O上 D．与圆O的位置关系不确定
6．已知圆的方程为，为圆上任意一点，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
7．在平面直角坐标系内，点O是坐标原点，动点B，C满足，，A为线段中点，P为圆任意一点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，三棱柱满足棱长都相等且⊥平面，D是棱的中点，E是棱上的动点．设，随着x增大，平面与平面的夹角是（ ）
A．先增大再减小 B．减小 C．增大 D．先减小再增大
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
10．已知点，若点在圆：上，则（ ）
A．点在直线上 B．点可能在圆上
C．的最小值为1 D．圆上至少有2个点与点的距离为1
11．已知平行六面体的各棱长均为1，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．线段的长度为
C．直线与平面所成角的正切值为
D．三棱锥的体积是平行六面体的体积的
三、填空题
12．已知，直线，且，则的最小值为 .
13．已知圆和圆，则两圆的公共弦长为 .
14．已知正方体的棱长为，是棱的中点，点，分别在平面与平面内，则的最小值为 .
四、解答题
15．已知直线：，：，其中为实数.
(1)当时，求直线，之间的距离；
(2)当时，求过直线，的交点，且垂直于直线的直线方程.
16．如图，在三棱锥中，平面，，点在上，且，点是线段上的动点.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)当是的中点时，求与平面所成角的正弦值；
17．已知圆过三点，直线．
(1)求圆的方程；
(2)若为直线上的动点，为圆上的动点，为坐标原点，求的最小值．
18．如图，在直四棱柱中，，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值．
19．已知圆：，为圆心，动直线过点，且与圆交于，两点，记弦的中点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)过作两条斜率分别为，的直线，交曲线于，两点，且，求证：直线过定点．
试卷第4页，共4页
洛阳一高2025-2026学年第一学期高二10月月考数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案 D A B A B C A D AC
题号 10 11
答案 AC ABC
1．D
【分析】根据空间向量共面定理求解即可.
【详解】因为四点共面，且，
所以，解得.
故选：D
2．A
【分析】根据直线方程求出斜率，利用斜率的范围求出倾斜角的范围.
【详解】设直线倾斜角为，
则，又，
所以，
故选：A
3．B
【分析】根据两直线平行可得的值，再根据平行线之间的距离公式求解即可.
【详解】由题意可得，所以，解得，
故两直线方程分别为，，
故这两条平行线之间的距离为.
故选：B.
4．A
【分析】根据给定条件，利用空间向量数量积的坐标表示求解.
【详解】由向量，得，，
则在上的投影向量为，
所以在上的投影的模为．
故选：A
5．B
【分析】根据已知直线与圆相离，得到圆心到直线的距离大于半径，进行计算求解.
【详解】由题意，圆的圆心为，半径.直线到圆心的距离为，根据相离条件，即，整理得，这表明点到原点的距离的平方小于4，即点在圆内部.
故选：B.
6．C
【分析】将问题转化为圆上的点与点连线的斜率的取值范围的求解，根据直线与圆的位置关系可求得切线斜率，进而得到结果.
【详解】由圆的方程知：圆心，半径，
，
的几何意义是圆上的点与点连线的斜率，
设过点的圆的切线方程为：，即，
圆心到切线的距离，解得：，
，.
故选：C.
7．A
【分析】根据题意得A为圆任意一点，设圆的圆心为M，从而得到为圆O与圆M这两圆上的点之间的距离，进而即可求解．
【详解】由，则，
又，且A为线段中点，则，
所以A为圆任意一点，
设圆的圆心为M，则，
又，所以圆O与圆M相离，
所以的几何意义为圆O与圆M这两圆上的点之间的距离，
所以，
，
所以的取值范围为．
故选：A．
【点睛】关键点点睛：依题意得的几何意义为圆与圆这两圆上的点之间的距离是解答此题的关键．
8．D
【分析】先建系，分别求出平面与平面的法向量，再根据二面角余弦公式结合余弦函数单调性判断即可.
【详解】以AC中点O为坐标原点，OB，OC分别为x，y轴，建立空间直角坐标系．
设所有棱长均为2，
则，，，
，设平面BDE法向量，
则，
令，则，
故．
又平面的法向量，
故平面与底面所成锐二面角的平面角的余弦值，
又，故在上单调递增，上单调递减，
即随着x增大先增大后减小，且在单调递减，所以随着x增大先减小后增大．
故选：D．
9．AC
【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．AC
【分析】对选项A将点代入验证即可；对于选项B则求圆心到直线的距离可知直线与圆外离，即可得结果；对于C，直接由可知最小值为1；对于D根据选项C的结论即可判断.
【详解】对于选项A：点，代入直线得，故点在直线上，A正确
对于选项B：圆心到直线的距离为，
故直线与圆相离，结合选项A可知，点不可能在圆上，故B错误.
对于选项C：结合选项B可知，，故C正确
对于选项D：由选项C可知圆上只有1个点与点的距离为1，故D错误.
故选：AC
11．ABC
【分析】利用空间基底来表示空间向量，利用向量的数量积运算可判断AB，利用线线垂直证明线面垂直和面面垂直，可得线面角的平面角，再用余弦定理可求角，来判断C，利用锥体的体积公式和柱体的体积公式求解即可判断D.
【详解】以为空间向量的基底来表示空间向量：
，
因为
所以，故B正确；
又由，
则，故A正确；
由底面是菱形，则，
又因为，平面，
所以平面，又因为平面，
所以平面平面，
因为平面，平面平面，
所以直线与平面所成的角就是，
利用的菱形可得：，
再由余弦定理得：，
则，故C正确；
设平行六面体的高为，则三棱锥的体积为，
而平行六面体的体积为，
所以三棱锥的体积是平行六面体的体积的，故D错误；
故选：ABC.
12．8
【分析】根据两条直线的一般式方程及垂直关系，求出，满足的条件，再由基本不等式求出最小值即可．
【详解】因为，所以，即，
因为，，所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为．
13．
【分析】先求出相交两圆的公共弦所在直线方程，再求出圆心到公共弦直线的距离，根据弦长公式即可求得公共弦长.
【详解】

如图，由圆与圆相减，
整理可得两圆的公共弦所在直线方程为：，
由圆的圆心到直线的距离为，
由弦长公式，可得两圆的公共弦长为.
故答案为：.
14．
【分析】设点关于平面的对称点为，求出点到平面的距离分别为，再由，得到答案.
【详解】如图所示，设点关于平面的对称点为，记点到平面的距离分别为，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故，
故，
所以 .
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）直接根据两直线平行的公式计算出，再由两直线间的距离公式求解即可；
（2）求出两直线的交点，再利用点斜式求解即可.
【详解】（1）由得，解得，
此时直线：，：，不重合，
则直线，之间的距离为；
（2）当时，：，
联立，解得，
又直线斜率为，
故过直线，的交点，且垂直于直线的直线方程为，
即.
16．(1)；
(2)；
【分析】（1）假设，建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量即可得到答案；
（2）求出平面的法向量，再利用线面角的空间向量求法即可得到答案；
【详解】（1）设．建立如图所示的空间直角坐标系，
.
，
，
异面直线与所成角的余弦值为．
（2）当是的中点时，，则，
设平面的法向量为，，
令，
设与平面所成角为，则．
与平面所成角的正弦值为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）设出圆的标准方程，代入点的坐标求解出参数则圆的方程可知；
（2）根据圆外一点到圆上点距离的最值可知，然后利用对称关系将转化为，结合三点共线可求最小值.
【详解】（1）设圆的方程为，代入，
则，解得，
所以圆的方程为；
（2）因为，
设关于直线的对称点为，易得(-1,4)
所以，
当且仅当共线时取等号，
所以，即的最小值为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由直棱柱的性质可得，再结合，可证得平面，则，然后根据已知的条件可得∽，从而可证得，进而可得，最后利用线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）由题意可证得，，，所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，从而利用向量的夹角公式可求得结果；
（3）设，则表示出点的坐标，从而可表示出的坐标，然后表示出到直线的距离，化简可求出其最小值.
【详解】（1）证明：由直四棱柱知底面，
因为平面，所以，
又，，，平面，
所以平面，
因为平面，所以．
因为，，，
所以，，
所以∽，所以，
因为，所以，所以，
又，，平面，所以平面．
（2）解：因为底面，平面，
所以，
因为，所以，，两两垂直，
所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，，
由（1）知，为平面的一个法向量．
设为平面的一个法向量，
因为，，
所以，即，令，可得．
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
（3）解：设，，
则，，
设到直线的距离为，则
，
所以当时，，即到直线距离的最小值为．
19. (1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意可得：，，即点的轨迹为以为直径的圆，从而得到曲线的方程；
（2）讨论当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，联立，结合韦达定理可得：，，化简，可得，从而得到，得到直线过定点，当直线斜率不存在时，设直线：，可得，可得，从而得到直线过定点，得证.
【详解】（1）因为是弦的中点，
所以，即，
所以点的轨迹为以为直径的圆，所以曲线的方程为.
（2）当直线的斜率存在时，
设直线的方程为，
代入，得.
设，，则，是方程的两解，
则，，，
根据根与系数的关系，得，
即.
若，则直线过点，舍去；
所以，即，
直线的方程为，故直线过定点.
当直线斜率不存在时，设直线：，
与曲线的方程联立，可得，，则，解得，
故直线的方程为，恒过点.
综上，直线过定点.
答案第8页，共14页

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