精品解析：湖北省武汉市部分重点中学2025-2026学年高二上学期10月检测数学试卷

湖北省武汉市部分重点中学2025-2026学年高二上学期10月检测数学试卷 祝考试顺利 一、选择题：本题共8个小题，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的． 1. 点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线，，若与只有一个公共点，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则t等于（ ） A. 1 B. －1 C. －1或1 D. 2 4. 直线与直线间的距离为（ ） A. B. C. D. 1 5. 下列说法一定正确的是（ ） A. 过点的直线方程为 B. 直线在轴上的截距为2 C. 直线的倾斜角为 D. 过，两点的直线方程为 6. 生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性.已知某凉亭的顶部可视为如图所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且交于点O，点E在线段上，且，则的重心G到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知三棱锥，其中平面，，是边长为2的正三角形．已知为棱（不含端点）上的动点，若光线从点出发，依次经过平面与平面反射后重新回到点，则光线经过的路径长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. （多选）下面关于空间直角坐标系的叙述正确的是（ ） A. 点与点关于z轴对称 B. 点与点关于y轴对称 C. 点与点关于平面对称 D. 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分 10. 已知圆，圆，直线，下列结论正确的是（ ） A. 若直线与圆相切，则 B. 若，则圆上到直线的距离等于的点恰有3个 C. 若圆与圆恰有三条公切线，则 D. 若为圆上的点，当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，则可能为 11. 空间中，平面上的动点满足方程，则称为平面的方程，同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量.已知方程分别为的平面的交线为，则下列结论正确的是（ ） A. 经过点的平面的方程为 B. 若方程为的平面经过点，则满足条件的实数的个数为3 C. 若平面的方程为，则坐标原点到平面的距离为 D. 与方程为的平面所成角的正弦值为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，满分15分． 12. 一个长方体的8个顶点坐标分别为，，，，，，，.则这个长方体外接球的球心坐标______. 13. 对任意实数，动圆恒过两个定点，请写出一个定点坐标______． 14. 已知A，B(不与原点O重合)分别为直线与上的两点，，M为动点，且，记三角形的面积分别为，若，则的取值范围是___________. 四、解答题：共5个小题，满分77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的三个顶点分别是，，. （1）求边上的高所在的直线方程； （2）求边上的中线所在的直线方程； （3）求角平分线所在的直线方程. 16. 如图，在梯形中，，，，将沿折起至，使． （1）求证：平面平面； （2）若点是的中点，点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 在平面直角坐标系xOy中，从以下三个条件中任选一个： ①圆C过点，且圆心在直线上； ②线段为圆C的直径，其中点； ③函数的图象与坐标轴的交点都在圆C上． （1）求圆C的方程； （2）若经过点的直线l与圆C交于两点，且，求直线l的方程． 18. 马戏团的表演场地是一个圆锥形棚，如图，为棚顶，是棚底地面的中心，为棚底直径，，是棚底的内接正三角形，中间的支柱米，从支柱上的点向棚底周围拉了4根绳子供动物攀爬表演，有一个节目表演的是猴子从点沿着绳子爬到点，再沿着爬到棚顶，然后从棚顶跳到中的某一根绳子上. （1）当点取在距离点米处时，证明拉绳所在直线和平面垂直； （2）经验表明当拉绳所在直线和平面所成角的正弦值最大时，节目的观赏性最佳，问此时应该把点取在什么位置. 19. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线. （1）已知圆C：，圆：的圆心分别为C，，且，判断圆C与圆的位置关系； （2）若直线与（1）问结论中的圆自上而下交于，两点，直线与轴、轴分别交于、两点；若（1）问结论中的圆与轴自上而下交于两点. ①设，，求的值； ②求证：直线､交点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省武汉市部分重点中学2025-2026学年高二上学期10月检测数学试卷 祝考试顺利 一、选择题：本题共8个小题，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的． 1. 点在平行四边形所在平面外，与交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算即可求解. 【详解】因为四边形为平行四边形，所以为和的中点， 所以， 故选：D. 2. 直线，，若与只有一个公共点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分析可得直线与相交，结合直线的方程分析可得，变形可得，即可得答案． 【详解】若与只有一个公共点，则与相交， 又直线，， 则，即. 故选：B 3. 设，分别为两平面的法向量，若两平面所成的角为60°，则t等于（ ） A. 1 B. －1 C. －1或1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】借助向量夹角公式求解即可. 【详解】因为法向量，所成的角与两平面所成的角相等或互补， 所以，得t＝±1． 故选：C． 4. 直线与直线间的距离为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据平行直线间的距离公式计算即可. 【详解】可变为，则两条平行直线间的距离为． 故选：C. 5. 下列说法一定正确的是（ ） A. 过点的直线方程为 B. 直线在轴上的截距为2 C. 直线的倾斜角为 D. 过，两点的直线方程为 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线方程的不同形式以及直线的相关性质，结合倾斜角、截距等概念，需要对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】对A，当直线斜率不存在时，直线方程为，故A错误． 对B，令，，则直线在轴上的截距为，故B错误． 对C，直线,其斜率(为倾斜角)，但是倾斜角，而的取值范围是，若，则直线的倾斜角不是，故C错误． 对D，当过点，的直线斜率存在且不为零时， 该直线的两点式方程为，可化为； 当直线与轴垂直时，方程为，满足； 当直线与轴垂直时，方程为，满足． 综上所述，过，两点的直线方程为，故D正确. 故选：D 6. 生活中的建筑模型多与立体几何中的图形有关联，既呈现对称美，也具有稳定性.已知某凉亭的顶部可视为如图所示的正四棱锥，其所有棱长都为6，且交于点O，点E在线段上，且，则的重心G到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，再利用空间向量法求解即可. 【详解】以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 因为所有棱长都为6，所以，， 所以，，，，， 因为为的重心，所以. 设，，， 因为，所以，即. 因为，， 则G到直线的距离. 故选：B 7. 已知实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意确定点在直线上，点在直线上，将的最小值转化为两平行线间距离的平方，即可求得答案. 【详解】由题意知实数满足， 则， 故点在直线上，点在直线上， 而表示点和点之间的距离的平方， 故的最小值为两平行线和间距离的平方， 最小值为， 故选：B 8. 如图，已知三棱锥，其中平面，，是边长为2的正三角形．已知为棱（不含端点）上的动点，若光线从点出发，依次经过平面与平面反射后重新回到点，则光线经过的路径长度的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由光线反射的特征，得平面平面，平面平面，进而点在上，点在上，利用对称性，用坐标法求光线经过的路径长度的取值范围. 【详解】如图，设光线从点出发，依次经过平面的点与平面的反射后重新回到点，根据光线反射的特征可知，平面平面，平面平面 设的中点为，则点在上，点在上. 因为为中点，是正三角形，所以，又平面， 所以平面，平面，平面， 平面平面，平面平面.下面计算三角形的周长. 因为是边长为2的正三角形，， 如图建立平面直角坐标系，则，，设，，关于直线的对称点为，关于直线的对称点为，设. 直线的方程为，因关于直线的对称点， ，解得，. 所以（当且仅当共线时等号成立） ，且. 所以，即，所以光线经过的路径长度的取值范围是. 故选：B. 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. （多选）下面关于空间直角坐标系的叙述正确的是（ ） A. 点与点关于z轴对称 B. 点与点关于y轴对称 C. 点与点关于平面对称 D. 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分 【答案】BD 【解析】 【分析】结合空间直角坐标系的概念对选项逐一分析即可. 【详解】点与点关于x轴对称，故错误； 点与关于y轴对称，故正确； 点与不关于平面对称，故错误； 空间直角坐标系中的三条坐标轴组成的平面把空间分为八个部分，故正确． 故选：. 10. 已知圆，圆，直线，下列结论正确的是（ ） A. 若直线与圆相切，则 B. 若，则圆上到直线的距离等于的点恰有3个 C. 若圆与圆恰有三条公切线，则 D. 若为圆上的点，当时，过点作圆的两条切线，切点分别为，则可能为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据直线与圆相切可求得A正确，再根据点的个数计算可求得B正确，利用圆与圆的公切线条数，可解得，即C错误，由可求得两圆关系可知D正确. 【详解】易知圆的圆心的坐标为，半径为1，圆心到直线的距离， 对于A，因为直线与圆相切，所以，解得，A正确； 对于B，当时，圆心到直线的距离， 故圆上到直线的距离为的点恰有3个，B正确； 对于C，圆与圆恰有三条公切线， 则两圆外切，即，解得，C错误； 对于D，如图， 点在位置时，，此时，点在位置时，此时， 所以中间必然有位置使得，故D正确． 故选：ABD 11. 空间中，平面上的动点满足方程，则称为平面的方程，同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量.已知方程分别为的平面的交线为，则下列结论正确的是（ ） A. 经过点的平面的方程为 B. 若方程为的平面经过点，则满足条件的实数的个数为3 C. 若平面的方程为，则坐标原点到平面的距离为 D. 与方程为的平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用不共线且可以确定唯一平面判断A；利用平面经过点列方程可判断B；利用点到平面距离公式判断C；利用空间向量夹角余弦公式判断D. 【详解】经检验，均满足方程，且不共线， 则可以确定唯一平面，则平面的方程为，A正确； 若方程为的平面经过点，则， 整理得，因为无实数解，所以，B不正确； 显然，点满足方程，则是平面内一点， 平面的一个法向量为，则， 点到平面的距离，C正确. 易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为， 则直线经过和的一个方向向量为， 平面的一个法向量为.设与平面所成角的大小为， 则，D正确. 故选：ACD. 【点睛】解答的关键是正确理解平面方程的定义，新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，满分15分． 12. 一个长方体的8个顶点坐标分别为，，，，，，，.则这个长方体外接球的球心坐标______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意画出图形，通过分析可知，长方体外接球的球心为点与点连线的线段的中点，从而可求出球心坐标. 【详解】如图： 因为长方体的体对角线长是其外接球的直径， 所以点与点连线的线段的中点即为球心， 所以球心坐标为，即. 故答案为：. 13. 对任意实数，动圆恒过两个定点，请写出一个定点坐标______． 【答案】或 【解析】 【分析】我们可以将动圆方程整理为关于的方程，然后根据对任意方程恒成立的条件来求解定点. 【详解】将原方程整理为： 因为对于任意，该方程恒成立，所以的系数和常数项都必须为，即： 由第一个方程，代入第二个方程得： 将代入，得. 所以，定点坐标为或. 故答案为：或 14. 已知A，B(不与原点O重合)分别为直线与上的两点，，M为动点，且，记三角形的面积分别为，若，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意得点M在以为圆心半径为1的圆上，当直线与圆相切时，可得 的最值，即可求得的取值范围． 【详解】依题意得点M在以为圆心半径为1的圆上，如图所示： 依题意得，，又因为 所以， 当直线与圆相切时，，得，又因为 所以，， 此时 或， 此时 所以 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于求出当直线与圆相切时的夹角，． 四、解答题：共5个小题，满分77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的三个顶点分别是，，. （1）求边上的高所在的直线方程； （2）求边上的中线所在的直线方程； （3）求角平分线所在的直线方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用斜率坐标公式及垂直关系求出高所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得； （2）求出中点坐标及中线所在直线的斜率，再利用直线的点斜式方程求解即得； （3）先求出直线的单位向量，结合角平分线求出角平分线所在的直线的方向向量，结合方向向量和直线斜率的关系即可求出斜率，再根据点斜式即可求解. 【小问1详解】 直线的斜率， 则边上的高所在的直线斜率为， 直线又过， 所以边上的高所在的直线方程为， 即. 【小问2详解】 依题意，边的中点， 因此边上的中线所在直线的斜率， 直线又过， 所以边上的中线所在直线的方程为， 即. 【小问3详解】 由题意知：, 故与同方向的单位向量为：， 与同方向的单位向量为：， 故角平分线所在的直线的方向向量为：， 设角平分线所在的直线的斜率为， 又直线的方向向量可以表示为， ， 直线又过， 故角平分线所在的直线方程为：， 即. 16. 如图，在梯形中，，，，将沿折起至，使． （1）求证：平面平面； （2）若点是的中点，点是的中点，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件先证明线面垂直，进而得证面面垂直； （2）利用空间向量法计算线面夹角正弦值； 【小问1详解】 在梯形中，，故， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． 【小问2详解】 由（1）得两两垂直，故以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，．易知． 因为是的中点，点是的中点，所以，． ，． 设平面的法向量为，则得 取，则，得平面的一个法向量为 设直线与平面所成角为， 则． 17. 在平面直角坐标系xOy中，从以下三个条件中任选一个： ①圆C过点，且圆心在直线上； ②线段为圆C的直径，其中点； ③函数的图象与坐标轴的交点都在圆C上． （1）求圆C的方程； （2）若经过点的直线l与圆C交于两点，且，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）①设，先求的垂直平分线的方程，进而得求圆心坐标，利用两点距离公式得半径，进而得圆的标准方程；②线段MN中点即为圆心C，利用中点坐标公式得圆心坐标，利用两点距离公式得半径，进而得圆的标准方程；③对于，令，得，令，，，设圆C的方程为，利用待定系数法即可求解； （2）利用余弦定理求，进而得圆心C到直线的距离为，分直线l的斜率不存在或存在分类讨论，当斜率存在时设斜率为，由点斜式得直线的方程，又由圆心到直线的距离求斜率，即可求解. 【小问1详解】 ①设，由题意得，圆心C一定在线段的垂直平分线上， ， 线段中点为， 所以线段的垂直平分线的斜率为， 由，即， 所以线段的垂直平分线为， 直线与直线的交点即为圆心C， 所以坐标为，又， 所以圆C的方程为； ②线段MN中点即为圆心C，所以的坐标为， 所以， 所以圆C的方程为； ③令得与轴的交点为， 令，即，解得，或，可得 与轴的交点为，， 设圆C的方程为， 所以，解得， 所以圆C的方程为； 【小问2详解】 圆C的标准方程为，圆心为，半径为， 在中，，， 由余弦定理得： ，即， 设圆心C到直线的距离为，则 当直线l的斜率不存在时，可得方程为，，符合题意； 当直线l的斜率存在时，设其方程为，即， 圆心到直线的距离为=1，解得， 直线l的方程为，即， 综上所述，直线l的方程为，或. 18. 马戏团的表演场地是一个圆锥形棚，如图，为棚顶，是棚底地面的中心，为棚底直径，，是棚底的内接正三角形，中间的支柱米，从支柱上的点向棚底周围拉了4根绳子供动物攀爬表演，有一个节目表演的是猴子从点沿着绳子爬到点，再沿着爬到棚顶，然后从棚顶跳到中的某一根绳子上. （1）当点取在距离点米处时，证明拉绳所在直线和平面垂直； （2）经验表明当拉绳所在直线和平面所成角的正弦值最大时，节目的观赏性最佳，问此时应该把点取在什么位置. 【答案】（1）证明见解析 （2）应该把点取在距离点米处 【解析】 【分析】（1）利用平面几何的知识依次求得，从而利用勾股定理证得与，再利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，利用（1）中结论得到各点的坐标，再求得平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示，结合基本不等式求得直线和平面所成角的正弦值最大时的值，由此得解. 【小问1详解】 因为，，所以是正三角形，则， 易知底面圆，而底面圆，所以， 又在中，，所以， 因为是正三角形，所以， 且，，所以，， 同理可证， 又，平面，所以平面， 即拉绳所在直线和平面垂直； 【小问2详解】 如图，建立以为原点的空间直角坐标系， 设， 所以 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线和平面所成的角为， 则 ， 当且仅当，即米时，拉绳所在直线和平面所成角的正弦值最大， 故应该把点取在距离点米处. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两直线所成的角为，； ②直线与平面所成的角为，； ③二面角的大小为， 19. 在平面直角坐标系中，定义为两点的“棋盘距离”（源自国际象棋中王的走法规则，又名“切比雪夫距离”）.直线. （1）已知圆C：，圆：的圆心分别为C，，且，判断圆C与圆的位置关系； （2）若直线与（1）问结论中的圆自上而下交于，两点，直线与轴、轴分别交于、两点；若（1）问结论中的圆与轴自上而下交于两点. ①设，，求的值； ②求证：直线､交点在定直线上. 【答案】（1）相交 （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由棋盘距离的定义及的范围求出，再由圆与圆的位置关系的判断方法可得结果； （2）①联立直线和的方程，并得到韦达定理，再由和分别得到和，结合韦达定理并化简可得；②设出和的点斜式方程并联立消掉，结合韦达定理化简得到，即得证. 【小问1详解】 圆：转化为标准方程为：， ，，，或0， ，，，，，， ，，，与相交. 【小问2详解】 ①直线，，设，，由， 消去得：，由韦达定理，，， 由有， 同理由有，（*）， 将韦达定理代入（*），； ②证明：，，则直线，直线， 联立两直线方程消得：（**）， 由韦达定理有，即， 代入（**）可得，解得. 故直线交点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $