精品解析：黑龙江省绥化市青冈县哈尔滨师范大学青冈实验中学校2025-2026学年高二上学期10月考试数学试题 A卷

哈师大青冈实验中学2025-2026学年度10月份考试 高二数学试题 一、单项选择题本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 若点，则直线AB的斜率是（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知圆，则圆心与半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 若直线：与直线：垂直，则（ ）. A. B. C. 或 D. 或 4. 已知直线l的一个方向向量，且过点，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆与圆，下列正确的是（ ） A. 原点在圆外 B. 原点在圆内 C. 圆与圆相交 D. 圆与圆相离 6. 如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，，点E为的中点，点F在BC的延长线上且，则异面直线BE与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在长方体中，底面ABCD为正方形，E，F分别为，CD的中点，直线BE与平面所成角为，给出下列结论： ①平面； ②； ③异面直线BE与所成角为； ④三棱锥的体积为长方体体积的． 其中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④ 二、多项选择题本大题共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. 给出下列四个结论，正确的是（ ） A. 平面直角坐标系中，过点且的所有直线可以用方程表示 B. 直线的斜率为 C. 直线的倾斜角为 D. 直线在x轴上的截距为，在y轴上的截距为1 10. 已知圆和圆，则（ ） A. 圆的半径为4 B. 轴为圆与的公切线 C. 圆与公共弦所在的直线方程为 D. 圆与上共有6个点到直线的距离为1 11. 已知正方体的棱长为，为棱的中点，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，平面 B. 当时， C. 当时，三棱锥的体积是定值 D. 当点落在以为球心，为半径的球面上时，的取值范围是 三、填空题，本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与直线平行，则与之间的距离为_______． 13. 已知空间中有三点，则A到直线的距离为__． 14. 已知两点，，若直线上存在点满足，则实数a的取值范围是______. 四、解答题本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 的三个顶点为，求： （1）边上中线所在直线的方程； （2）边上的垂直平分线的方程． 16. 已知圆经过点和原点，且圆心在直线上. （1）求圆的方程： （2）过点作圆的切线，求切线方程. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，M是的中点. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离； 18. 已知圆：，直线：. （1）证明直线总与圆相交； （2）当直线被圆所截得的弦长为时，求直线的方程； （3）当时，直线与圆交于、两点，求过、两点在轴截得弦长为的圆的方程. 19. 如图所示，直角梯形中，，垂直，，四边形为矩形，，平面平面. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈师大青冈实验中学2025-2026学年度10月份考试 高二数学试题 一、单项选择题本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求. 1. 若点，则直线AB的斜率是（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜率公式即得. 【详解】因为，， 所以直线AB的斜率是. 故选：B. 2. 已知圆，则圆心与半径分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用圆的标准方程写出圆的圆心与半径即可 【详解】圆的方程为为标准形式， 即圆心与半径分别为， 故选：D. 3. 若直线：与直线：垂直，则（ ）. A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】由于两直线垂直，从而可得，进而可求出的值 【详解】两直线垂直满足，解得， 故选：B. 4. 已知直线l的一个方向向量，且过点，则直线l的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式即可求出直线方程. 【详解】因为直线l的一个方向向量，所以直线l的斜率为， 又直线经过点，所以直线l的方程为，即. 故选：A. 5. 已知圆与圆，下列正确的是（ ） A. 原点在圆外 B. 原点在圆内 C. 圆与圆相交 D. 圆与圆相离 【答案】C 【解析】 【分析】确定两圆圆心坐标与半径，再计算圆心距，即可判断两圆的位置关系. 【详解】圆的圆心，半径， 由，则原点在圆内，故A错误 圆的圆心，半径， 由，则原点在圆外，故B错误 则，有，所以圆与圆相交，故C正确，D错误. 故选：C. 6. 如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，，，，，点E为的中点，点F在BC的延长线上且，则异面直线BE与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】以B为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法，根据即可求出答案. 【详解】在三棱柱中，因为侧棱垂直于底面，且， 所以以B为坐标原点，BC，BA，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系． 由，，，得， 所以，，，，． 由，得， 所以，， 所以异面直线BE与所成角的余弦值为． 故选：D． 7. 已知线段的端点的坐标是，端点在圆上运动，则线段的中点的轨迹方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由中点坐标公式以及圆的方程，可得答案. 【详解】设，，由为的中点，则，即， 由点在圆上，则，即， 化简可得. 故选：D. 8. 如图，在长方体中，底面ABCD为正方形，E，F分别为，CD的中点，直线BE与平面所成角为，给出下列结论： ①平面； ②； ③异面直线BE与所成角为； ④三棱锥的体积为长方体体积的． 其中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①②③ B. ①②④ C. ②③④ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】取中点为，可证明平面平面，根据面面平行的性质即可判断①；可证明平面，即可判断②；可证明四边形是平行四边形，即可得到，进而可得即等于所求角，求出该角即可判断③；以为底，即可求出三棱锥的体积，进而判断④. 【详解】 取中点为，连结. 对于①，因为分别是的中点，所以，， 因为平面，平面，所以平面， 同理，平面. 因为，平面，平面，，所以平面平面， 又平面，所以平面，所以①正确； 对于②，由已知可得四边形是正方形，， 又平面，平面，所以， 因为平面，平面，，所以平面， 又平面，所以，故②正确； 对于③，取中点为，连结. 因为，，，，所以，所以且， 所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线BE与所成角即等于直线与所成角， 因为直线BE与平面所成角为，平面，所以，所以，设，则，则， 所以为等边三角形，所以，故③正确； 对于④，设长方体体积为，则. 因为平面，则，故④正确. 故①②③④正确. 故选：D. 二、多项选择题本大题共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. 给出下列四个结论，正确的是（ ） A. 平面直角坐标系中，过点且的所有直线可以用方程表示 B. 直线的斜率为 C. 直线的倾斜角为 D. 直线在x轴上的截距为，在y轴上的截距为1 【答案】BC 【解析】 【分析】举反例判断A；将直线方程化为点斜式得出斜率以及倾斜角，从而判断BC；分别令，从而判断D. 【详解】对于A，直线过点，但不能用方程表示，故A错误； 对于B，直线可化为，则其斜率为，故B正确； 对于C，直线可化为，其斜率为，则倾斜角为，故C正确； 对于D，令，得出，令，得出，则直线在x轴上的截距为，在y轴上的截距为，故D错误； 故选：BC 10. 已知圆和圆，则（ ） A. 圆的半径为4 B. 轴为圆与的公切线 C. 圆与公共弦所在的直线方程为 D. 圆与上共有6个点到直线的距离为1 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A项，将圆的方程化成标准式即得；对于B项，判断圆心到直线的距离等于圆的半径 即得；对于C项，只需将两圆方程相减化简，即得公共弦直线方程；对于D项，需要结合 图像作出两条和已知直线平行且距离等于1的直线，通过观察分析即得. 【详解】 对于A项，由圆配方得： 知圆的半径为2，故选项A错误； 对于B项，因圆心到轴的距离为1，等于圆的半径，故圆与轴相切， 同理圆心到轴的距离等于圆的半径，圆与轴相切，故轴为圆 与的公切线，故选项B正确； 对于C项，只需要将与左右分别相减， 即得圆与的公共弦所在的直线方程为：故选项C错误； 对于D项，如图，因直线同时经过两圆的圆心，依题意可作两条 与该直线平行且距离为1的直线与，其中与和圆都相切，各有一个公共点， 与和圆都相交，各有两个交点，故圆与上共有6个点到直线 的距离为1，故选项D正确. 故选：BD. 11. 已知正方体的棱长为，为棱的中点，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，平面 B. 当时， C. 当时，三棱锥的体积是定值 D. 当点落在以为球心，为半径的球面上时，的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用线面平行的判定定理可判断A选项；求出点的坐标，利用空间向量垂直的坐标表示可判断B选项；利用空间向量法计算点到平面的距离，可判断C选项；分析点的轨迹，可得出，结合三角换元法可判断D选项. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、、 、. 对于A选项，当时，， 所以，，平面，平面，平面，A对； 对于B选项，当时，， ，即点， 则，， 所以，，故，B对； 对于C选项，设平面的法向量为，，， 则，取，可得， ， 所以，点到平面的距离为不是定值， 而的面积为定值，故四面体的体积不是定值，C错； 对于D选项，因为，其中，，则点在侧面内， 平面，平面，， 所以，， 所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 因为，，所以，， 所以，， 因为，，设，，其中，则， 所以，，D对. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 三、填空题，本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与直线平行，则与之间的距离为_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行线间的距离公式计算. 【详解】因为直线与直线平行， 所以与之间的距离． 故答案为： 13. 已知空间中有三点，则A到直线的距离为__． 【答案】 【解析】 【分析】应用向量法求点线距离即可. 【详解】由题设，则A到直线的距离. 故答案为： 14. 已知两点，，若直线上存在点满足，则实数a的取值范围是______. 【答案】. 【解析】 【分析】首先利用垂直关系求出点的轨迹方程，再利用点在直线上可得直线与圆有公共点，利用圆心到直线的距离小于等于半径列不等式即可求解. 【详解】因为直线上存在点满足， 所以，即， ，， 所以， 整理可得：， 由题意可得：直线与圆有交点， 所以圆心到直线的距离， 解得：， 故答案为： 【点睛】方法点睛：求轨迹方程的常用方法 （1）直接法：如果动点满足的几何条件本身就是一些几何量，如（距离和角）的等量关系，或几何条件简单明了易于表达，只需要把这种关系转化为的等式，就能得到曲线的轨迹方程； （2）定义法：某动点的轨迹符合某一基本轨迹如直线、圆锥曲线的定义，则可根据定义设方程，求方程系数得到动点的轨迹方程； （3）几何法：若所求轨迹满足某些几何性质，如线段的垂直平分线，角平分线的性质，则可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标即可； （4）相关点法（代入法）：若动点满足的条件不变用等式表示，但动点是随着另一动点（称之为相关点）的运动而运动，且相关点满足的条件是明显的或是可分析的，这时我们可以用动点的坐标表示相关点的坐标，根据相关点坐标所满足的方程，求得动点的轨迹方程； （5）交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现求两个动曲线交点的轨迹问题，这类问题常常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数求出所求轨迹的方程. 四、解答题本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 的三个顶点为，求： （1）边上中线所在直线的方程； （2）边上的垂直平分线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的中线性质，利用中点坐标公式以及点斜式方程，可得答案； （2）根据中垂线的性质，利用垂直直线的斜率关系，结合点斜式方程，可得答案. 【小问1详解】 根据题意，可作图如下： 由为上的中线，且则， 由，则直线的斜率为， 所以直线的方程为，整理可得. 【小问2详解】 根据题意，可作图如下： 由（1）可知，且直线为线段的中垂线，则， 由，则直线的斜率为，所以直线的斜率为， 故直线的方程为，整理可得. 16. 已知圆经过点和原点，且圆心在直线上. （1）求圆的方程： （2）过点作圆的切线，求切线方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设圆心坐标，根据两点距离公式建立关于m的方程，解方程，求出半径即可求解； （2）如图，当切线的斜率存在时，设切线方程，利用点到直线的距离公式计算求出斜率即可；易知当切线的斜率不存在时切线方程为. 【小问1详解】 由题意知，设， 则，解得， 所以，半径为， 故圆的标准方程为. 【小问2详解】 如图所示，点在圆外，则过点的圆的切线方程有两条. 当切线的斜率存在时，设切线方程为，即， 设圆心到直线的距离为，而圆的半径为， 则，解得，所以切线方程为； 当切线的斜率不存在时，则与圆相切. 综上，切线方程为或. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，M是的中点. （1）证明：平面平面； （2）求点到平面的距离； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，求出两个平面的法向量后结合数量积为零可证面面垂直； （2）利用向量法可求点面距. 【小问1详解】 因为平面，，故可建立如图所示空间直角坐标系. 又， 所以， 则， 设平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为， 所以，故，令，则； 又，故，令，则， 又，所以，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）可知：，平面的一个法向量为 点到平面的距离为. 18. 已知圆：，直线：. （1）证明直线总与圆相交； （2）当直线被圆所截得的弦长为时，求直线的方程； （3）当时，直线与圆交于、两点，求过、两点在轴截得弦长为的圆的方程. 【答案】（1）证明：∵圆，∴圆心，半径， ∵直线，整理得：， 令，解得：，∴直线过定点， ∴， ∴定点在圆内， ∴直线总与圆相交. （2）或；（3）或. 【解析】 【分析】（1）利用直线系方程证明直线过定点，再由定点在圆内说明直线总与圆C相交； （2）求出圆心到直线的距离，再由垂径定理列式求得，直线方程可求； （3）利用待定系数法设，先求出的坐标，代入圆的方程，再令，根据结合韦达定理得方程，解出方程即可得结果. 【详解】（1）略 （2）∵直线被圆所截得的弦长为， ∴圆心到直线的距离， ∵直线， ∴， ∴，解得或， 将或，代入直线， ∴直线的方程：或. （3）设圆的方程：， 当时，直线， 联立，解得或， 所以设点、点 所以有， 令，则，解得：，， 又因为圆在轴上截得弦长为，所以， 所以，解得：或， 所以圆的方程为：或 【点睛】本题主要考查直线方程的应用，考查直线与圆位置关系的应用，训练了利用待定系数法求圆的方程，属于中档题. 19. 如图所示，直角梯形中，，垂直，，四边形为矩形，，平面平面. （1）求证：平面； （2）求平面与平面的夹角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求出线段的长，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 取为原点，所在直线为轴，过点且平行于直线的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，， 设平面的一个法向量为，则， 设，则，，可得， 又因为，则，可得. 且平面，所以平面. （2） （3） 存在，线段的长为 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量证明线面平行； （2）求平面的法向量，利用空间向量求面面夹角的余弦值，进而可得正弦值； （3）设，由线面角的向量求法求出，得到坐标，求出长度. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， 设平面的一个法向量为，则， 设，则，，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 可得， 所以平面与平面夹角正弦值为. 【小问3详解】 设， 则，可得， 因为平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，解得或， 当时，，则； 当时，，则； 综上，即在线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，此时线段的长为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $