精品解析：陕西省西安市陕西师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷

陕西师大附中高2026届高二第一学期10月月考 数学试题 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答案均写在答题纸上，满分120分，时间120分钟. 2.答卷前将答题卡上的姓名、班级、考场填写清楚，并检查条形码是否完整、信息是否准确. 3.答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰，并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效. 第Ⅰ卷（选择题共50分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32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. 已知为异面直线，平面平面，则（ ） A. 与都相交 B. 与中至少一条相交 C. 与都不相交 D. 至多与中的一条相交 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得直线与共面于平面，与共面于平面，如果与平行，则与必相交；直线不能与，都不相交，否则；直线可以同时与，都相交，但是交点不重合． 【详解】对于A：因为已知，为异面直线，平面，平面，， 所以直线与共面于平面，与共面于平面， 如果与平行，则与必相交；如果与平行与必相交，故排除A； 对于B：直线不能与，都不相交，否则与，分别平行， 进而，与、为异面直线相矛盾，再结合A得到B正确 对于C：直线不能与，都不相交，否则与，分别平行， 进而，与、为异面直线相矛盾，由此能排除选项C； 对于D：如果与不平行只有相交，同理，与不平行必相交， 所以得直线可以同时与，都相交，但是交点不重合，由此能排除选项D； 故选：B． 2. 如果实数，满足等式，那么的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设过原点的直线的斜率为，数形结合当直线与圆相切时利用圆心到直线的距离等于半径求解即可； 【详解】由题意可得设过原点的直线的斜率为，即直线方程为 画出图形 由图可得当直线与圆相切时，斜率最小， 圆心，半径为 所以，解得或（舍）， 故选：D. 3. 如图，是正方体，，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过平移直线求得异面直线所成的角，再由余弦定理即可得解. 【详解】过点A在平面内作，再过点在平面内作，如图， 则或其补角即为与所成的角， 因为是正方体，不妨设， 则，， 所以在中，. 故选：A. 4. 瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（中垂线的交点）、重心（中线的交点）、垂心（高的交点）在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线.若的顶点，则其欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得的重心的坐标为，再求得和的垂直平分线所在直线方程，联立方程组，求得外心的坐标，结合点斜式方程，即可求解. 【详解】解：因为的顶点，可得的重心的坐标为， 由，可得，所以的垂直平分线所在直线的斜率为， 可得的垂直平分线所在直线的方程为， 又由，可得的垂直平分线所在直线的方程为， 联立方程组，解得，即的外心的坐标为， 则，所以的方程为，即， 所以的欧拉线方程为. 故选：C. 5. 已知直线过点（1，3），若与轴，轴的正半轴围成的三角形的面积为，则的值可能是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】利用直线的截距式，结合基本不等式可得解. 【详解】由题意知直线在轴上的截距存在且大于， 设直线的方程为， 直线过点，可得， 所以，当且仅当，即取等号，故， 所以. 故选：D. 6. 已知点，且点在直线上，则下列命题中错误的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 的最大值为3 【答案】A 【解析】 【分析】判断以为直径的圆与直线线的位置关系即可判断A是否正确；求出满足的点的轨迹方程，在判断与直线关系是否有公共点即可；求出点关于直线的对称点为，利用三角形不等式可求出的最小值；利用三角形不等式即可判断. 【详解】对于A：构造以为直径的圆，其方程为. 因为圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相离， 所以在直线不存在点，使得，故A错误; 对于B：设，由可得， ， 化简得，即， 所以圆心为，半径为， 可判断圆心到直线的距离为， 所以直线与圆相交 所以存在点，使得，故B正确； 对于C项：设关于直线的对称点为， 由可解得，即， 则， 所以，故C正确； 对于D项：当点与不共线时 当点与共线时， 此时点，故D正确. 故选:A. 7. 已知正三棱台的侧面积为6，，，则与平面ABC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设正三棱台上底面边长为，利用等腰梯形性质，结合侧棱长为，侧面积为建立关于的方程，求解可得上、下底面边长，由此结合正三角形性质可得进而可得，在中可得. 【详解】设中心为，中心为O， 如图，连接，由正棱台的性质可知，，平面， 平面，则， 在直角梯形中，过作，垂足为，则， 则四边形为平行四边形，且平面. 所以即为所求与平面ABC所成角. 在等腰梯形中过作，垂足为， 设，则，则， 在中，， 由正三棱台侧面积为，可知梯形的面积为， 故，解得，则， 在四边形中，， 则， 则在中，. 故侧棱与平面所成角的余弦值为.   故选：A. 8. 使方程组至少有一个解，且所有的解都是整数解的实数对的个数是（ ） A. 66 B. 78 C. 72 D. 70 【答案】C 【解析】 【分析】首先确定圆上的整点，直线与圆相交过两个整点且不过原点，也可与圆相切过一个整点，每条直线对应一对,分类计数即可. 【详解】解：因为且， 所以，，，共12组整数解， 对应12个整点，即，，，，， ，，，，，，. 又因为表示不经过原点的直线， 所以当直线与圆相交于两个整点时，共有条直线， 且对应有实数对的个数为； 当直线与圆相切于一个整点时，共有条直线， 且对应有实数对的个数为； 综上符合要求的实数对的个数为. 故选：C. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知圆，圆，则（ ） A. 圆与圆内切 B. 直线是两圆的一条公切线 C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 过点作圆的切线有两条 【答案】BCD 【解析】 【分析】由两圆的标准方程得出圆心和半径，利用圆与圆的位置关系，直线与圆的位置关系和点与圆的位置关系分别判断即可． 【详解】由题意得，圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径； 对于A，，，即，两圆外切，故A错误； 对于B，圆心到直线的距离，则与圆相切， 圆心到直线的距离，则与圆相切， 所以是两圆的一条公切线，故B正确； 对于C，直线恒过点，连接，过作，交于圆于点，如图所示，则即为直线被圆截得的最短弦， 则，由勾股定理得，，则， 所以直线被圆截得的最短弦长为，故C正确； 对于D，因为，所以在圆外部， 所以过点作圆的切线有两条，故D正确； 故选：BCD． 10. 在三棱锥中，已知，，点分别是的中点，则（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为11 【答案】ABD 【解析】 【分析】将三棱锥补形为长方体，向量法求直线的夹角判断A，B；利用体积公式求三棱锥的体积判断C；确定三棱锥的外接球的半径，求表面积判断D. 【详解】三棱锥中，已知，,三棱锥补形为长方体，如图所示， 则有，解得，以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，点M，N分别是AD，BC的中点， 则有, 所以， 所以,故A选项正确； 设平面的法向量为，, 所以，则，即， 同理可得，平面的法向量为， 所以，所以， 所以平面平面，故B选项正确； 三棱锥，三棱锥，三棱锥，三棱锥，体积都为， 三棱锥的体积等于长方体体积减去这四个三棱锥体积为， 故C选项错误；长方体的外接球的半径为， 这个外接球也是三棱锥的外接球，其表面积为，故D选项正确. 故选：ABD. 11. 设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则（ ） A. B. 的最大值是5 C. 的取值范围是 D. 的最大值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据直线方程确定定点坐标，再根据直线垂直的判定可得两直线相互垂直，结合勾股定理、基本不等式有，注意等号成立条件，即可求最大值，利用柯西不等式求解，确定选项. 【详解】设，过定点A的动直线和过定点B的动直线交于点，则,, 所以,点在以为直径的圆上，所以, 则,故A错误； 由，所以，故B正确； 由，即，当且仅当取等号. 由三角不等式，， 故的取值范围是，故C正确； 由，, 则，所以,故D正确. 故选：BCD 第Ⅱ卷（非选择题共70分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分，把答案填在答题纸中相应的横线上） 12. 已知，其中若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由空间向量的坐标运算代入计算，即可求解. 【详解】由题意可得，， ， 则. 故答案为： 13. 为保护环境，建设美丽乡村，镇政府决定为 三个自然村建造一座垃圾处理站，集中处理三个自然村的垃圾，受当地条件限制，垃圾处理站M只能建在与A村相距，且与C村相距的地方．已知B村在A村的正东方向，相距，C村在B村的正北方向，相距，则垃圾处理站M与B村相距__________． 【答案】或. 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，求出圆A的方程和圆C的方程，进而求得两圆公共弦的方程，联立圆A的方程求得点M坐标，进而求得答案. 【详解】以A为原点，以为x轴建立平面直角坐标系，则， 以A为圆心，以5为半径作圆A，以C为圆心，以 为半径作圆C， 则圆A的方程为： ，圆C的方程为∶ ， 即 ， ∴两国的公共弦方程为∶ 设 ，则 ，解得 或， 即 或 ． ∴ 或， 故答案为∶或 . 14. 连接三角形三边中点所得的三角形称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列；是体积为1的正四面体，是以的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体所构成的新多面体.则的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用归纳法可得从到时增加的小正四面体的个数为，增加的每个小正四面体的体积为，从而比的体积增加了，运算得解. 【详解】如图，画出了，因为有4个面，则有24个面，归纳可知有个面， 这个数即是到时增加的小正四面体的个数， 由于新增加的每一个小正四面体的体积是前一个小正四面体体积的， 归纳得到时增加的每个小正四面体的体积为， 所以比的体积增加了， 所以的体积为. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共58分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知坐标平面内两点． （1）当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围； （2）若直线的方向向量为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合两点式求斜率，解不等式即可得出答案； （2）根据方向向量得，解方程即可得出答案. 【小问1详解】 因为倾斜角为锐角，则，又 即，解得． 【小问2详解】 直线的方向向量为 16. 已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上． （1）求圆的方程； （2）若线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求得线段的垂直平分线的方程，通过联立垂直平分线的方程和直线的方程求得圆心的坐标，进而求得半径，从而求得圆的标准方程. （2）设出点的坐标，用的坐标表示点的坐标，将点的坐标代入圆的方程，化简求得点的轨迹方程. 【小问1详解】 设点为线段的中点，直线为线段的垂直平分线，则． 因为，所以， 所以直线的方程为． 由，得， 所以圆心， 半径， 所以圆的方程为． 【小问2详解】 设点． 因为点的坐标为，所以即 又点在圆上运动，所以， 即线段的中点的轨迹方程为． 17. 已知圆，直线. （1）若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线的一般方程. （2）若点在直线上运动，，求的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由恰好平分圆的圆周，得经过圆心， 求点关于直线的对称点，求出直线即为; （2）由题意设点的坐标为，根据两点间距离公式表达， 进而利用二次函数性质可得最小值. 【小问1详解】 因为恰好平分圆的圆周，所以经过圆心， 设点关于直线的对称点， 则直线与直线垂直，且线段的中点在上， 即，解得，所以， 所以直线即为直线，且， 所以直线方程为，即； 【小问2详解】 由已知点在直线上，设， 则 ， 所以当时，取得最小值为. 18. 如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且. （1）当时，求证平面； （2）设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值. 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为三棱柱为直棱柱，且△为正三角形， 所以以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 根据已知条件得 ， 当时，，， ， ， ，即， 又，而平面，平面. （2）最大值为，此时 【解析】 【分析】（1）根据已知条件建立空间直角坐坐标系，利用向量证明线面垂直即可. （2）求出直线对应的方向向量和平面对应的法向量，将线面角用向量坐标表示进而求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 为△的中心，， 设平面的法向量，则 ，令，则 设直线与平面所成角为，则 令，则， 此时， (当且仅当即时取等号)， ， 即直线与平面所成角正弦的最大值为，此时的值为 19. 如图，经过原点O的直线与圆相交于A，B两点，过点且与垂直的直线与圆M的另一个交点为D． （1）当点B坐标为时，求直线的方程； （2）记点A关于x轴对称点为F（异于点A，B），求证：直线恒过x轴上一定点，并求出该定点坐标； （3）求四边形的面积S的取值范围． 【答案】（1） （2）根据题意可得直线的斜率存在且不为0，又过原点， ∴设直线方程为，联立圆， 可得，设，， 则，又， ∴直线为， 令，可得x＝， ∴直线恒过x轴上定点； （3） 【解析】 【分析】（1）根据两点的斜率公式及直线的点斜式方程即可求解； （2）设直线方程为，联立圆，可得，设，，则，再将直线直线求出，令，根据根与系数的关系可求出其所过定点； （3）设圆心到直线的距离平方为m，则，设圆心到直线的距离平方为n，根据圆的几何性质及平面几何知识易得，再利用弦长公式及四边形的面积公式，构建四边形的面积S关于m的函数关系式，最后求出S的取值范围． 【小问1详解】 ∵，， ∴的斜率为，又， ∴的斜率为，又， ∴直线的方程，即. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 作，，垂足分别为，与交于点， 设圆心到直线的距离平方为m，则，即， 设圆心到直线的距离平方为n， 根据圆的几何性质及平面几何知识易得点为中点，，则，即， 可得， ，又，， ∴四边形的面积为： ， 又，令， ∴，即， ∴四边形的面积S的取值范围为． 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西师大附中高2026届高二第一学期10月月考 数学试题 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答案均写在答题纸上，满分120分，时间120分钟. 2.答卷前将答题卡上的姓名、班级、考场填写清楚，并检查条形码是否完整、信息是否准确. 3.答卷必须使用0.5mm的黑色签字笔书写，字迹工整、笔迹清晰，并且必须在题号所指示的答题区内作答，超出答题区域的书写无效. 第Ⅰ卷（选择题共50分） 一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32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. 已知为异面直线，平面平面，则（ ） A. 与都相交 B. 与中至少一条相交 C. 与都不相交 D. 至多与中的一条相交 2. 如果实数，满足等式，那么的最小值是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是正方体，，则与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 4. 瑞士数学家欧拉（Euler）1765年在其所著的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（中垂线的交点）、重心（中线的交点）、垂心（高的交点）在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线.若的顶点，则其欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线过点（1，3），若与轴，轴的正半轴围成的三角形的面积为，则的值可能是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 已知点，且点在直线上，则下列命题中错误的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得 C. 的最小值为 D. 的最大值为3 7. 已知正三棱台的侧面积为6，，，则与平面ABC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 使方程组至少有一个解，且所有的解都是整数解的实数对的个数是（ ） A. 66 B. 78 C. 72 D. 70 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知圆，圆，则（ ） A. 圆与圆内切 B. 直线是两圆的一条公切线 C. 直线被圆截得的最短弦长为 D. 过点作圆的切线有两条 10. 在三棱锥中，已知，，点分别是的中点，则（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 三棱锥的外接球的表面积为11 11. 设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则（ ） A. B. 的最大值是5 C. 的取值范围是 D. 的最大值是 第Ⅱ卷（非选择题共70分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分，把答案填在答题纸中相应的横线上） 12. 已知，其中若，则______. 13. 为保护环境，建设美丽乡村，镇政府决定为 三个自然村建造一座垃圾处理站，集中处理三个自然村的垃圾，受当地条件限制，垃圾处理站M只能建在与A村相距，且与C村相距的地方．已知B村在A村的正东方向，相距，C村在B村的正北方向，相距，则垃圾处理站M与B村相距__________． 14. 连接三角形三边中点所得的三角形称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列；是体积为1的正四面体，是以的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体所构成的新多面体.则的体积为______. 四、解答题（本大题共5小题，共58分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知坐标平面内两点． （1）当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围； （2）若直线的方向向量为，求的值． 16. 已知圆心为的圆经过点和，且圆心在直线上． （1）求圆的方程； （2）若线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，求线段的中点的轨迹方程． 17. 已知圆，直线. （1）若从点发出的光线经过直线反射，反射光线恰好平分圆的圆周，求反射光线的一般方程. （2）若点在直线上运动，，求的最小值. 18. 如图，在直三棱柱中，△为边长为2的正三角形，为中点，点在棱上，且. （1）当时，求证平面； （2）设为底面的中心，求直线与平面所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时的值. 19. 如图，经过原点O的直线与圆相交于A，B两点，过点且与垂直的直线与圆M的另一个交点为D． （1）当点B坐标为时，求直线的方程； （2）记点A关于x轴对称点为F（异于点A，B），求证：直线恒过x轴上一定点，并求出该定点坐标； （3）求四边形的面积S的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $