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濮阳市第一高级中学2025-2026学年高二上学期第一次质量检测（10月）数学试题
一、单选题
1．已知直线和直线，则“”是“”的（ ）
A．充分且不必要条件 B．必要且不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知点，，若直线与线段AB相交，则k的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角两个面内，并且都垂直于棱．若二面角的平面角为，且，，，则的长度为（ ）．

A． B． C． D．
4．著名数学家华罗庚曾说过：“数形结合百般好，割裂分家万事休．”事实上，有很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，如：可以转化为点到点的距离，则的最小值为（ ）．
A．3 B． C． D．
5．已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知三棱锥的体积为是空间中一点，，则三棱锥的体积是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
7．在平面上有及内一点O满足关系式：即称为经典的“奔驰定理”，若的三边为a，b，c，现有则O为的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
8．设直线：，一束光线从原点出发沿射线向直线射出，经反射后与轴交于点，再次经轴反射后与轴交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．2
二、多选题
9．下面四个结论正确的是（ ）
A．若，，三点不共线，平面外任一点，有，则，，，四点共面
B．有两个不同的平面，的法向量分别为，，且，，则
C．已知向量，，若，则为钝角
D．已知为平面的一个法向量，为直线的一个方向向量，若，则与所成角为
10．下列说法正确的是（ ）
A．截距相等的直线都可以用方程表示
B．方程能表示平行轴的直线
C．经过点，倾斜角为的直线方程为
D．经过两点的直线方程
11．如图，直三棱柱所有棱长均为，，，，分别在棱，上，（不与端点重合）且，，分别为，中点，则（ ）
A．平面
B．过，，三点的平面截三棱柱所得截面一定为等腰梯形
C．在内部（含边界），，则到棱距离的最小值为
D．若，分别是平面和内的动点，则周长的最小值为3
三、填空题
12．过点且在两坐标轴上截距相等的直线方程是
13．已知平面向量，，若向量在向量方向上的投影向量的模为，则 .
14．已知菱形的边长为2，．将菱形沿对角线AC折叠成大小为二面角．设E为的中点，F为三棱锥表面上动点，且总满足，则点F轨迹的长度为 ．
四、解答题
15．已知，.
(1)若()∥()，求x，y的值；
(2)若，且，求x的值.
16．如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，底面为直角梯形，，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)当平面平面时，求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知直线的方程为：．
(1)求证：不论为何值，直线必过定点；
(2)过点引直线，使它与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积最小，求的方程．
18．如图1，在四边形中，，，，如图2，把沿折起，使点到达点处，且平面平面，为的中点.
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)判断线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19．如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，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)求平面与平面夹角的最大值.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C D B B B B AD BD
题号 11
答案 ACD
1．C
根据直线平行求得，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】若，则，解得或，
当，则，，满足，符合题意；
当，则，，两直线重合，不符合题意；
综上所述：等价于.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
2．B
由直线方程易得直线过定点，结合图形进行求解即可.
【详解】直线过定点，
而，，
由图可知，要使直线与线段AB相交，
则或，即k的取值范围是.
故选：B.
3．C
根据式子，根据空间向量数量积的运算律即可求出的长.
【详解】由条件知，，，
又二面角的平面角为，则，
所以
，所以.
故选：C
4．D
把目标式进行转化，看作动点到两个定点距离和的最值，利用对称性可得答案.
【详解】,
可以看作点到点的距离之和，
作点关于轴的对称点，显然当三点共线时，取到最小值，
最小值为间的距离.
故选：D.
5．B
利用向量的线性运算和数量积运算律可得，根据正方体的特点确定最大值和最小值，即可求解
【详解】设正方体内切球的球心为，则,
,
因为MN是正方体内切球的一条直径，
所以，，
所以，
又点Р在正方体表面上运动，
所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为；
当为内切球与正方体的切点时，最小 ，且最小为；
所以，
所以的取值范围为，
故选：B
6．B
利用向量运算，确定的位置，结合棱锥的体积与棱锥的体积关系，即可求得结果.
【详解】因为，所以，
，
令，则，
又，故点共面，
所以.
故选：B.
7．B
利用三角形面积公式，推出点O到三边距离相等。
【详解】记点O到AB、BC、CA的距离分别为，，，，因为，则，即，又因为，所以，所以点P是△ABC的内心.
故选：B
8．B
根据光学的性质，根据对称性可先求关于直线的对称点，后求直线，可得、两点坐标，进而由可得.
【详解】如图，设点关于直线的对称点为，
则得，即，
由题意知与直线不平行，故，
由，得，即，
故直线的斜率为，
直线的直线方程为：，
令得，故，
令得，故由对称性可得，
由得，即，
解得，得或，
若，则第二次反射后光线不会与轴相交，故不符合条件．
故，
故选：B
9．AD
利用空间向量的线性运算与共面定理可判断A，利用空间向量的坐标判断两法向量平行与否，从而判断B，利用向量共线与数量积的坐标表示可判断C，利用方向向量与法向量的关系求得线面角，从而判断D.
【详解】对A，由可得，，
即，所以，，，四点共面，A正确；
对B，由题，，所以，不共线，
故与不平行，B错误；
对C，当，共线时，则，且，解得，
若为钝角，则，解得且，C错误；
对D，由，所以与所成角为，D正确；
故选：AD.
10．BD
对于A，根据截距式方程的适用条件，可得答案；对于B，平行于轴的直线，斜率不存在，令，可得答案；对于C，根据倾斜角与斜率的关系以及点斜式方程的使用条件，可得答案；对于D，根据两点的横坐标是否相等进行讨论，可得答案.
【详解】对于A，当直线的截距不为零时，截距相等的直线可用方程，当截距是零时，不可用，故A错误；
对于B，当时，方程为，此时所表示的直线与轴平行，故B正确；
对于C，当时，不存在，此时直线方程为，故C错误；
对于D，当时，由斜率公式，可得，可整理为；
当时，方程可整理为；故D正确.
故选：BD.
11．ACD
由直三棱柱性质以及线面平行判定定理可判断A正确，易知当分别为棱，的中点时截面为为矩形，即B错误；易知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的部分，可判断C正确，作出点关于平面和的对称点，再利用余弦定理可得D正确.
【详解】对于A，如下图所示：
由可得，由三棱柱性质可得，因此可得，
因为平面，平面，
所以平面，即可知A正确；
对于B，由可知，结合A选项可知，
当分别为棱，的中点时，满足，如下图所示：
结合直棱柱性质可知，此时过，，三点的平面截三棱柱所得截面为，为矩形；即B错误；
对于C，易知，又，
所以在直角三角形中，，可得；
因此可得的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内的部分，即圆弧；如下图所示：
又是边长为4的正三角形，取为的中点，所以到的距离为，
因此可得当为圆弧的中点时，到棱距离的最小值为，即C正确；
对于D，取点关于平面和的对称点分别为，
连接与平面和的交点分别为，时，周长的最小，如下图所示：
易知，，
由余弦定理可得，
因此周长的最小值为，即D正确.
故选：ACD
12．或.
【详解】当截距为0时,满足在两坐标轴上的截距相等.此时设直线方程为,则,故,化简得.
当截距不为0时,设直线方程为,则.故,化简可得.
故答案为：或.
13．5或
【详解】由题意可得，
故向量在向量上的投影向量的模长为，
由题意可得，解得或.
故答案为：5或.
14．/
作出辅助线，证明出线面垂直，面面平行，得到点F轨迹为（除外），并得到为二面角的平面角，则，结合菱形性质求出的三边长，得到轨迹长度.
【详解】取的中点，连接，
因为菱形的边长为2，，
所以，均为等边三角形，
故⊥，⊥，且，
为二面角的平面角，则，
故为等边三角形，，
又，平面，
所以⊥平面，
又E为的中点，取的中点，的中点，
连接，则，且，
因为平面，平面，所以平面，
同理得平面，
因为，平面，
故平面平面，
所以⊥平面，
故点F轨迹为（除外），
故点F轨迹的长度为.
故答案为：.
15．(1)，
(2)
【详解】（1）∵，，
∴，.
又()∥()，
∴，解得，.
（2）由，得，
∴，∴，即，∴，解得.
16．(1)证明见解析
(2)．
（1）取的中点，证明，再利用线面平行的判定定理即可；
（2）取的中点为，以为原点建系，求出平面的法向量，再根据向量夹角与线面角的关系即可求出.
【详解】（1）取的中点，连接，，
∵为的中点，∴且，
又，，则且，
∴四边形是平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
（2）取的中点为，连接，因，则，
因平面平面，平面平面，平面，
则平面，又面，则，
又，，，则，故，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由是边长为4的等边三角形，得，
∴，，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，则，
令，得，，即平面的一个法向量为；
∴，
∴直线与平面所成角的正弦值为．
17．(1)证明见解析
(2)
（1）列出方程，分别令，可求出定点；
（2）先令令，再表达出三角形面积，最后利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）证明：直线的方程为：
提参整理可得：．
令，可得，
不论为何值，直线必过定点.
（2）设直线的方程为．
令 则，
令．则，
直线与两坐标轴的负半轴所围成的三角形面积．
当且仅当，即时，三角形面积最小．
此时的方程为．
18．(1)证明见解析
(2)
(3)线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，且
（1）在平面图形中证得，，取的中点，连接，利用线面垂直的判定性质推理得证.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
（3）由（2）中信息，利用点到平面的距离的向量公式计算得解.
【详解】（1）在图1中，由，，得，则，
所以，由，得，即，
在图2中，，取的中点，连接，由为的中点，
得，则，由，得，而，
平面，则平面，又平面，所以.
（2）由已知及（1）得平面平面，平面平面，，
于是平面，直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的法向量为，
则，
由图知二面角为锐二面角，所以二面角的余弦值为.
（3）假设线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，
在中，，所以，
因为三棱锥的体积为，设点到平面的距离为，
所以，所以，所以点到平面的距离为，
令，由（2）得，，
又平面的法向量为，
则点到平面的距离为，解得，
线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，且.
19．(1)
(2)
（1）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）求出平面与平面的法向量，再利用面面角的空间向量求法即可得到其表达式，结合换元法和基本不等式即可求出最值.
【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）设，，，，
当时，平面与平面重合，
当时，设平面的法向量为，则，令，则，
当时，设平面的法向量为，则，
令，则可求得平面的一个法向量为，
，
令，则
，
当且仅当，即，即时，取等号，
此时，
所以平面与平面夹角的最大值为.

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