精品解析：河北省邯郸市武安市第一中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试题

武安一中2025-2026学年第一学期9月考试 高二数学 一、单选题 1. 设向量，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）. A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3. 设正四面体的棱长为2，是的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 4. 设a，b，c分别是中角A，B，C的对边，则直线与的位置关系是（ ） A. 平行 B. 重合 C. 垂直 D. 无法确定 5. 在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为钝角，则 D. 若在上的投影向量为，则 6. 点在圆上运动，它与点所连线段中点为，则点轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 7. 数学家欧拉年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点为直线上位于第一象限内的动点，则下列结论正确的是（ ） A. ab的最小值为2 B. 的最小值为2 C. 的最小值为 D. 的最小值为 二、多选题 9. 已知直线l过点，，则（ ） A. 点在直线l上 B. 直线l的两点式方程为 C. 直线l的一个方向向量的坐标为 D. 直线l的截距式方程为 10. 已知圆经过点和，且圆被轴，轴截得的弦长相等，则圆的方程可以是（ ） A. B. C. D. 11. 在正方体中，为的中点，，则（ ） A. B. 平面 C. 与平面所成的角为 D. 四棱锥的体积为9 三、填空题 12. 若方程表示一个圆，则b的取值范围为________. 13. 平面α的一个法向量，点在内，则平面外点到平面的距离为_____． 14. 已知直线与圆交于两点，写出满足“面积为”的的一个值___________． 四、解答题 15. 已知平面直角坐标系内两点，． （1）当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围； （2）若直线的一个方向向量为，求的值． 16. 在平行六面体中，，，，，． （1）求； （2）求证：； （3）求的长． 17. 已知圆与圆关于原点对称． （1）求圆的标准方程； （2）设点为圆上任意一点，求代数式的最值． 18. 如图，在直三棱柱中，，D是棱AC的中点， （1）求C点到平面的距离. （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 19. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在线段上且满足，点在线段上且满足. （1）证明：； （2）若，求的值； （3）若存在，使直线与平面所成角为，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武安一中2025-2026学年第一学期9月考试 高二数学 一、单选题 1. 设向量，，不共面，已知，，，若，，三点共线，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到，根据三点共线得到，再利用向量相等的条件求解参数即可. 【详解】因为，，， 所以， 因为三点共线，所以存在唯一的实数使得， 所以，解得， 所以. 故选：C. 2. 若构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是（ ）. A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】要判断一组向量能否构成空间的一个基底，即判断这组向量是否不共面，逐一分析各选项，找出不共面的向量组即可． 【详解】对于A，因为， 所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故A错误； 对于B，因为， 所以，，共面，不能构成空间的一个基底，故B错误； 对于C，假设，，共面，则存在实数，使得， 由于为空间的一个基底，所以可得实数的解为， 但与矛盾，假设不成立，即不共面，能构成空间的一个基底，故C正确； 对于D，因为， 所以共面，不能构成空间的一个基底． 故选：C． 3. 设正四面体的棱长为2，是的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先表示出，然后利用数量积公式计算. 【详解】 . 故选：B 4. 设a，b，c分别是中角A，B，C的对边，则直线与的位置关系是（ ） A. 平行 B. 重合 C. 垂直 D. 无法确定 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理结合两直线方程系数之间的关系进行判断. 【详解】由正弦定理，得， 又两条直线的方程分别为，， 因为两直线的系数满足，所以两直线垂直． 故选：C. 5. 在空间直角坐标系中，向量，，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为钝角，则 D. 若在上的投影向量为，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量共线的坐标表示可判断A选项；结合空间向量的模长公式可判断B选项；分析可得且不共线，结合空间向量数量积的坐标运算可判断C选项；利用投影向量的定义以及空间向量数量积的坐标运算可判断D选项. 【详解】对于选项A:若，则，解得,故选项A错误； 对于选项B:若，则，解得，故选项B错误； 对于选项C:若为钝角，则且，解得且，故选项C错误； 对于选项D:在上的投影向量为，则，解得，故选项D正确． 故选：D. 6. 点在圆上运动，它与点所连线段中点为，则点轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点，结合中点坐标公式可得，进而代入即可求解. 【详解】设点，， 因为为的中点， 所以，则，即， 又因为动点在圆上，所以， 则，即， 则点轨迹方程为. 故选：A. 7. 数学家欧拉年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件结合重心公式计算出重心坐标，再求两边上的高线方程并联立求出垂心坐标，最后利用重心和垂心坐标确定欧拉线方程. 【详解】已知的顶点分别为，，， 因为重心为三角形三个顶点对应坐标的平均数，即重心坐标为，即， 因为，则边上的高线斜率为， 因边上的高线过点，故其方程为，即①. 同理，则边上的高线斜率， 因边上的高线过点，故其方程为，即②. 由①，②联立，解得，，即的垂心坐标为. 由题意，欧拉线过重心和垂心，则的欧拉线方程为 即. 故选：D. 8. 已知点为直线上位于第一象限内的动点，则下列结论正确的是（ ） A. ab的最小值为2 B. 的最小值为2 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】C 【解析】 【分析】由题知，，对于A，根据基本不等式可得即可判断；对于B，利用换元法可得；对于C，根据换元法得，再利用配方可得最值；对于D，由“1”的妙用求解即可. 【详解】由题知，即，且， 对于A，，当，即时取等， 所以ab的最大值为2，故A错误； 对于B，，又，所以，故B错误； 对于C，， 当时取等，所以的最小值为，故C正确； 对于D，， 当时，即时取等，所以的最小值为，故D错误. 故选：C. 二、多选题 9. 已知直线l过点，，则（ ） A. 点在直线l上 B. 直线l的两点式方程为 C. 直线l的一个方向向量的坐标为 D. 直线l的截距式方程为 【答案】BD 【解析】 【分析】应用两点式、方向向量求斜率判断A、C；写出直线的两点式和截距式判断B、D. 【详解】A：因为直线l过点，，所以直线l的斜率为， 设，则，故点不在直线l上，错； B：直线l的两点式方程为，对； C：若直线l的一个方向向量的坐标为，则，与A分析不符，错； D：由B中两点式方程，整理得截距式方程为，对. 故选：BD 10. 已知圆经过点和，且圆被轴，轴截得的弦长相等，则圆的方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】设圆心为，由题意列出相应方程，求出圆心坐标和半径，即得答案. 【详解】设圆心为，由题意可得，且， 解得或 则，即圆方程为或, 故选：BC 11. 在正方体中，为的中点，，则（ ） A. B. 平面 C. 与平面所成的角为 D. 四棱锥的体积为9 【答案】BD 【解析】 【分析】建系，借助空间向量的方法判断AB；利用与平面所成的角为，求出，判断C；求出四棱锥的高，利用体积公式求体积判断D. 【详解】 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，因为， 所以，，，， 对于A，，因为， 所以不垂直，故A错误； 对于B，由图知，面的一个法向量为，由A得，， 所以，所以，不在平面内， 故平面，故B正确； 对于C，因为平面，所以与平面所成的角即为， 在中，，，所以与平面所成的角不为，故C错误； 对于D，取中点为，，平面，所以平面， 所以的长即为四棱锥的高，所以四棱锥的体积为，故D正确， 故选：BD 三、填空题 12. 若方程表示一个圆，则b的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆的一般方程，可得，结合圆的一般方程中，代入数据即可求解 【详解】由方程表示一个圆，所以，则，根据圆的一般方程需满足，此处， 代入可得，解得且，所以. 故答案为： 13. 平面α的一个法向量，点在内，则平面外点到平面的距离为_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用点到平面的距离公式即可求解. 【详解】因为，，， 所以点到平面的距离. 故答案为： 14. 已知直线与圆交于两点，写出满足“面积为”的的一个值___________． 【答案】（从中任选一个即可） 【解析】 【分析】由圆心坐标得到圆心到直线距离。由垂径定理得到弦长与圆心到之间距离的关系，利用三角形面积建立方程，从而解得圆心到直线距离，然后即可解得的值. 【详解】圆心到直线的距离、 由于弦长，所以，解得或， 故或，解得或．因此，从中任选一个即可． 故答案为：（从中任选一个即可）. 四、解答题 15. 已知平面直角坐标系内两点，． （1）当直线的倾斜角为锐角时，求的取值范围； （2）若直线的一个方向向量为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合两点求斜率，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】 设直线的倾斜角为，因为倾斜角为锐角， 所以直线的斜率， 又， 即，解得， 即的取值范围为． 【小问2详解】 直线的一个方向向量为， 所以， 解得． 16. 在平行六面体中，，，，，． （1）求； （2）求证：； （3）求的长． 【答案】（1） （2）证明： 因为 ， 所以. （3） 【解析】 【分析】（1）由向量数量积的定义计算即可； （2）根据数量积为证明垂直； （3）由，再计算模长即可. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 因为， 所以， . 所以. 17. 已知圆与圆关于原点对称． （1）求圆的标准方程； （2）设点为圆上任意一点，求代数式的最值． 【答案】（1） （2）最小值为，最大值为． 【解析】 【分析】（1）根据对称可得圆的圆心为，半径为2，从而得到圆的方程； （2）方法一：整理可得，由的几何意义，得到，确定点在圆外，所以，，从而求出的最值； 方法二：可设，从而表达出，由三角函数有界性求出最值. 【小问1详解】 的圆心为，半径为2， 因为圆与圆关于原点对称， 所以圆的圆心为，半径为2， 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 方法一：由（1）知，圆的圆心，半径，， 因为表示点与之间的距离，即， 所以． 又， 所以点在圆外，所以， 则的最小值为， 最大值为． 方法二：由点为圆上任意一点， 且圆的标准方程为，可设 则． 因为， 所以的最小值为，最大值为． 18. 如图，在直三棱柱中，，D是棱AC的中点， （1）求C点到平面的距离. （2）求直线与平面所成的角的正弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间坐标系，利用点到平面的距离公式求解即可； （2）利用线面角的向量求法即可求解. 【小问1详解】 由题意可知，两两垂直， 于是建立如图所示的空间直角坐标系, 则，，，， ∴，，. 设平面的一个法向量为， 即，令，则. 所以点C到平面的距离. 【小问2详解】 设直线与平面所成的角为， ， ， 所以直线与平面所成的角的正弦值为. 19. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在线段上且满足，点在线段上且满足. （1）证明：； （2）若，求的值； （3）若存在，使直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】（1）证明：∵平面，平面，∴， 又∵，，平面，∴平面， ∵平面，∴， 又∵，，平面，∴平面， ∵平面，∴. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直的性质定理得，再根据线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的性质定理和判定定理证明即可. （2）根据线面垂直的判定定理得平面，进而根据线面垂直的性质定理得，根据与相似得，利用勾股定理得及，即可求解. （3）建立如图空间直角坐标系，设，，则，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式列方程求得，设，由题意在上有零点，利用判别式法求得，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，又，，平面， ∴平面，∵平面，∴， 由（1）可知，在中，，∴. 则与相似，则， 在中，，，∴， ∴.∴. 【小问3详解】 以为原点，以，所在直线分别为轴，轴， 以过点垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. ∵，，∴， 不妨设，，，，∵， ∴即，由知，（*） 于是，，，， 设，则，， 由可得， ∴，，，， 设平面的一个法向量为， 于是，所以， 令，得，，故可取， 因， ∴，结合化简得， 设，， ∵要存在，使与平面所成角为，∴在上有零点. ∵结合（*）知函数图象的对称轴，故， 又， ∴只需满足，所以， ∴AB的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $