重庆市万州第二高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

nullnull 《2025年10月2日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C A A A C A C ACD BCD 题号 11 答案 ACD 1．C 【详解】由题过点和点的直线的斜率为， 设过点和点的直线的倾斜角为，则，且， 所以. 故选：C. 2．C 【详解】由，易知，则，显然、、不成立. 故选：C 3．A 【详解】如图所示，设点为点关于平面的对称点，设点， 根据对称性质可得，，即点． 故选：A． 4．A 【详解】假定向量，，共面，则存在不全为0的实数， 使得，显然不成立， 所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故A正确； 由于，则，，共面，故B错误； 由于，则，，共面，故C错误； 由于，则，，共面，故D错误； 故选：A. 5．A 【详解】由题意得，， 所以点到直线的距离. 故选：A. 6．C 【详解】长方体中平面，平面，所以， 则，又， 所以， 故选：C. 7．A 【详解】 建立如图所求的直角坐标系，得，， 则直线方程为， 且的重心为，即， 设，关于直线的对称点为， 则，解得，则， 易知关于轴的对称点为， 根据光线反射原理知四点共线，且，， 所以直线的方程为，即， 又直线过， 所以，解得或（舍去）， 所以，，, 所以， 所以的周长为. 故选：A． 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用对称性，把的三边转化到同一条直线上，利用直线方程求得点的坐标. 8．C 【详解】因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 且平面，可得， 又因为N在侧面上（包含边界），设，且， 可得 ， 又因为，可得，且. 对于选项A：若，则，可得点即为点， 显然平面，故A错误； 对于选项B：若，则，可得点在线段上（包括端点）， 由平面，可知当且仅当点为点，，故B错误； 过作，垂足为，可得，，        因为平面，平面，则， 且，平面，所以平面， 可得， 对于选项C：显然当点即为点时，最小，此时， 可得，故C正确； 对于选项D：显然当点即为点时，最大，则最大，此时， 可得，故D错误； 故选：C. 【点睛】关键点睛：1. 设，且，根据空间向量基本定理分析可得，方便建立关系； 2.分析可得平面，则，将的大小转化为的大小. 9．ACD 【详解】.向量与向量共线，若与共线，则，A错误； B．在平行六面体中显然成立，B正确； C.当时，，此时，C错误； D. 若，则则共面.错误 故选：ACD 10．BCD 【详解】对于A：不存在a使得和两定点连线垂直.，故A错误. 对于B：由，得，解得3，经检验，当时，与不重合，故B正确； 对于C：由，得，解得，故C正确； 对于D：当时，直线的斜率，当时，的倾斜角，故D正确. 故选：BCD 11．ACD 【详解】由题意， 在正方体中，棱长为4， 动点在正方体表面上（不包括边界）， 连接，设的中点为，连接，设两线段交点为，连接， 建立空间直角坐标系如下图所示， ， ∴， ∴∥， ∵面，面， ∴∥面， ∴当点在处时，面， ∴存在点，使得∥面，故A正确； B项，在面中，， 设面的法向量为， 即，解得， 当时，， 若面，则，， ∵动点在正方体表面上， ∴，此时，与重合， ∵点不在边界上，故不存在点，使得面，B错误； C项，因为，与的夹角为， 所以与所成的角为， 则 由几何知识得，点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的四分之一（即）， 在中，，，， ∴， ∴点的轨迹长度为：，C正确； D项，为面的中心，作点关于平面的对称点， 连接，当最小时，， ∴，， ∴，D正确. 故选：ACD. 12．16 【详解】，因为，所以， 所以. 故答案为： 13． 【详解】分别取线段的中点Q，P，连接MQ，MP，PQ，如图所示．    连接，易知，所以． 因为 平面平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面MPQ，故平面平面， 故点在线段PQ上，且不与P，Q重合． 以点为坐标原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系． 令正方体棱长为2，设，则，， 所以． 当时，取得最大值，为，此时取得最小值，故的最小值为． 故答案为：. 14． 方法一： 方法二： 当且仅当时，等号成立. 解得 15．(1) (2)或 【详解】（1）由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； （2）联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为， 综上所述：所求直线方程为或. 16．(1) (2) 【详解】（1）. （2）由题意：，，， ， 所以. 17．(1)； (2)或． 【详解】（1）如图，由点在直线上，设，又， 则的中点在直线上， 所以，解得，所以． 设点关于直线对称的点为， 则有，解得，即． 显然在直线上，则直线的斜率， 则直线的方程为，整理得． （2）点到直线的距离． 因为点满足，所以点到直线的距离相等， 所以直线与直线平行，且直线到直线的距离等于点到直线的距离． 设，则，解得或8， 所以直线的方程为或．    18．(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）（1）法一、在正方形中， 由条件易知，所以， 则， 故，即， 在正方体中，易知平面，且， 所以平面， 又平面，∴， ∵，平面，∴平面； 法二、如图以D为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设是平面的法向量， 则，令，则， 所以是平面的一个法向量， 易知，则也是平面的一个法向量，∴平面； （2）同上法二建立的空间直角坐标系， 所以， 由（1）知是平面的一个法向量， 设平面的一个法向量为，所以， 令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面EBF 与平面EBG的夹角的余弦值为； （3）因为，所以， 又是平面的一个法向量， 则D到平面的距离为. 所以点D到平面EBF的距离为. 19．(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）取AC的中点，连接BM，DM. 因为为AC的中点，所以， 又因为平面，所以平面. 又因为平面，所以. （2）（i）连接EM，因为，所以，由（1）知平面， 则四点共面. 结合题意知，可得， 在四边形EBMD中，，根据对称性，可知EM垂直平分. 因为，所以在平面内存在点F，G，使得， 则，平面，即得平面 如图，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 设，直线AC到平面的距离为到平面的距离为， 则. 因为，所以 解得， 故AC到平面的距离与BD到平面的距离的平方和为. （ii）设平面的法向量为，而， 则，即，取. 设平面AEB与平面的夹角为，取平面的一个法向量为， 则， 故平面AEB与平面夹角的余弦值为 学科网（北京）股份有限公司 $