精品解析：广西大学附属中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

2025-2026学年度上学期高二年级十月月考数学试卷 考试范围：选择性必修一第一二章；考试时间：120分钟； 命题人：庞礼金 审题人：邓君娴 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上； 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 一、选择题：本题共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的. 1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线的斜率，根据斜率是倾斜角的正切值即可求出倾斜角． 【详解】， 直线的斜率， ∵在0°到180°范围内，仅有， ∴直线l的倾斜角为150°． 故选：D． 2. 若直线，平行，则＝（ ） A. B. 1或0 C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件利用两直线平行列式计算并验证作答. 【详解】由题意，，解得或， 当时，，，即为，两直线重合，不符合题意； 当时，，，两直线平行. 综上所述，. 故选：D. 3. 空间中，若向量共面，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量共面定理有，，结合向量的坐标表示列方程求参数值，即可得. 【详解】由向量共面知，，则， 所以，可得. 故选：C 4. 如图，在斜三棱柱中，为的中点，为靠近的三等分点，设，则用表示为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的加法、减法运算得解. 【详解】 故选：A 5. 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定圆心到直线的距离，再由题意得到，进而求解即可. 【详解】由圆，圆心为，半径为， 则圆心到直线的距离为， 因为圆上的点到直线的距离为1的点有且仅有2个， 所以，则，解得， 即r的取值范围是. 故选：B. 6. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：根据切线的性质求切线长，结合倍角公式运算求解；方法二：根据切线的性质求切线长，结合余弦定理运算求解；方法三：根据切线结合点到直线的距离公式可得，利用韦达定理结合夹角公式运算求解. 【详解】方法一：因为，即，可得圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为， 因为，则， 可得， 则， ， 即为钝角， 所以； 法二：圆的圆心，半径， 过点作圆C的切线，切点为，连接， 可得，则， 因为 且，则， 即，解得， 即为钝角，则， 且为锐角，所以； 方法三：圆的圆心，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为，则圆心到切点的距离，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为，即， 则，整理得，且 设两切线斜率分别为，则， 可得， 所以，即，可得， 则， 且，则，解得. 故选：B. 7. 两圆和恰有一条公切线，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】两个圆只有一条公切线，则两圆内切，利用圆与圆的位置关系可得，结合基本不等式求解即可. 【详解】两圆的标准方程为，和，圆心分别为和，半径分别为1和3， 又两圆和恰有一条公切线， 所以两圆内切，即， 得，则，当且仅当时取等号，即的最大值为1， 故选：A. 8. 的顶点，边上的中线所在的直线为，的平分线所在直线方程为，求边所在直线的方程（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先由求出点的坐标为，再利用对称关系求出点关于直线的对称点，而在直线上，从而可得直线的方程，设点的坐标为，则，可求出点的坐标为，进而可求得直线的方程 【详解】解：由，得， 所以点的坐标为， 设点关于直线的对称点为， 则，解得， 所以， 因为点在直线上， 所以直线的方程为，即， 设点的坐标为，则的中点坐标为， 所以，解得， 所以点的坐标为， 所以， 所以边所在直线的方程为，即， 故选：B 【点睛】此题考查直线方程的求法，考查中点坐标公式的应用，考查点关于线的对称点的求法，考查计算能力，属于中档题 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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线必过定点 B. 直线在y轴上的截距是 C. 过点且在轴截距相等的直线方程为 D. 已知直线与直线平行，则平行线间的距离是1 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用变换主元法确定直线过定点可判定A项；利用截距的定义可判定B项；分类讨论截距是否为零结合截距式可判定C项；利用直线平行的充要条件及距离公式可判定D项. 【详解】对于A，由，显然时，恒成立， 即该直线恒过定点，故A正确； 对于B，根据直线的斜截式定义可确定直线在y轴上的截距是，故B正确； 对于C，若截距均为0，则该直线为； 若截距不为0，可设该直线方程为，代入点可得， 即，故C错误； 对于D，由两直线平行可知， 此时方程可化为，故两直线距离为， 故D正确. 故选：ABD 10. 过定点的动直线和过定点的动直线点为两直线的交点，圆，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为1 B. 直线与圆相交且最短弦长为 C. 为定值 D. 当时，圆上存在无数对点关于直线对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】取，结合图形可判断A；注意到直线垂直于时弦长最短可判断B；由两直线垂直可判断C；根据直线过圆心可判断D. 【详解】由圆知，圆心，半径 对A，直线的方程化为， 由得，所以，直线过定点， 当时，直线的方程为， 由图可知，此时圆上到直线的距离等于1的点有三个点，错误； 对B，直线的方程可化为：，所以，直线过定点， 易知圆心到直线的距离，当且仅当直线垂直于时取等号， 因为 所以，直线截圆的弦长的最小值为，正确； 对C，因为，所以直线与直线垂直， 所以，正确； 对D，当时，直线的方程为， 因为，所以直线过圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，正确. 故选：BCD 11. 正方体中，，是棱上的动点（含端点），则（ ） A. 的最小值为 B. 若是棱的中点，则点到平面的距离为 C. 记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，将面沿翻折至与面共面，则；对于B，由，计算即可；对于C，得四棱锥外接球的球心，根据线面角定义结合图象求解即可；对于D，记向量与的夹角为，则在上的投影向量的模长为，建立空间直角坐标系，计算即可. 【详解】对于A，将平面沿翻折至与平面共面，如图所示， 则，故A错误； 对于B，若是棱的中点，则，即是等腰三角形， 设的中点为，则，， 所以， 因为，设点到平面的距离为， 则，故B正确； 对于C，四棱锥外接球的球心即为该正方体的外接球球心，即为点， 设点在平面的投影点为，边的中点为，连接， 则直线与平面所成角为，，， 当点与点重合时，直线与平面所成角最大， 此时，，其所成角正切值为， 当点与点或点重合时，直线与平面所成角最小， 此时，，其正切值为， 所以直线与平面所成角的正切值的取值范围为，故C正确； 对于D，记向量与的夹角为， 则在上的投影向量的模长， 以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设，则，，， ，，为定值，故D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算可得，即可由模长公式求解. 【详解】，解得，故， 故答案为： 13. ，且经过点的椭圆的标准方程为______. 【答案】或 【解析】 【分析】由已知得，设出椭圆方程，将点P的坐标代入求解即可. 【详解】因为，由椭圆的性质得，则， 所以可设椭圆的标准方程为或 又因为椭圆经过点，所以或， 若，则，此时椭圆的标准方程为； 若，则，此时椭圆的标准方程为. 故椭圆的标准方程为或. 故答案为：或 14. 如图，是正方形内一动点（不包括边界），平面于，，，，给出下列四个结论： ①四棱锥的体积是定值； ②设平面与平面交于，则； ③四棱锥的表面积既有最小值又有最大值； ④存在点，使得四棱锥的四个侧面两两垂直. 其中所有正确结论的序号是______. 【答案】①② 【解析】 【分析】根据棱锥体积公式求解判断①；根据线面平行的性质定理可证得判断②；根据垂直关系可用的长度表示出各个侧面的面积，从而将问题转化为点到点和的距离之和的最值问题判断③；以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法说明不存在即可判断④. 【详解】对于①，，①正确； 对于②，∵，平面，平面，∴平面， ∵平面平面，平面，∴，②正确； 对于③，取，中点，，连接，， ∵平面，，∴，∴， 又四边形正方形，∴，∴，即，，三点共线； ∵，，平面，∴平面， 又平面，∴； 设，则，∴，， ∴； 过作，分别交，于点，， ∵，，∴平面，又平面，∴， 同理可得：； ∵，∴， ∴，又， ∴四棱锥的表面积 ； ∵的几何意义表示点到点和的距离之和， ∵关于轴对称的点为， ∴，无最大值， 即四棱锥的表面积有最小值，无最大值，③错误； 对于④，以为坐标原点，，，正方向为，，轴正方向， 可建立如图空间直角坐标系， 设，则， ∴，，，，， ∴，，，， 设平面的法向量， 则， 令，解得：，，∴； 设平面的法向量， 则， 令，解得：，，∴； 设平面的法向量， 则，令，则，，∴； 若四棱锥的四个侧面两两互相垂直， 则平面，平面，平面两两互相垂直， ∴，方程组无解， ∴不存在点，使得四棱锥的四个侧面两两互相垂直，④错误. 故答案为：①② 四、解答题：本题共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. 已知两直线，． （1）求过两直线的交点，且垂直于直线的直线方程； （2）已知两点，， ①判断直线与以A，B为直径的圆D的位置关系； ②动点P在直线运动，求的最小值． 【答案】（1） （2）①相离；② 【解析】 【分析】（1）求出两直线的交点，利用垂直得出斜率，点斜式可得方程； （2）①根据圆心到直线的距离与半径的大小关系可判断位置关系；②求出点的对称点，利用两点之间线段最短可求答案. 【小问1详解】 联立方程，解得； 因为所求直线垂直于直线，所以所求直线的斜率为， 故所求直线方程为，即； 【小问2详解】 ①以、为直径的圆的方程为， 整理得，故该圆的圆心为，半径为， 故圆心到直线的距离为， 故直线与圆的位置关系为相离. ②设点关于直线对称的点为， 则，解得，即； 则, 故的最小值为. 16. 已知圆经过点，且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程． （2）设点，为圆上的动点，点满足． （i）求点的轨迹方程； （ii）判断点的轨迹与圆的位置关系． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）外离 【解析】 【分析】（1）借助待定系数法计算即可得； （2）（i）设出，则可得关系，再借助点在圆上代入计算即可得；（ii）计算两圆圆心距离与半径之和即可得. 【小问1详解】 设圆的标准方程为， 由题可知，解得， 所以圆的标准方程为； 【小问2详解】 （i）设点， 因为，所以， 即，所以， 又因为点在圆上，所以， 化简得， 即点的轨迹方程为； （ii）点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 圆的圆心为，半径为2， 因为， 所以两个圆外离． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形，，，． （1）求证：； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角正弦值． 【答案】（1） 如图所示，取的中点，连接， 因为，所以且， 所以四边形是平行四边形，则， 因为，所以， 又为等边三角形，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 所以． （2）． 【解析】 【分析】（1）先证平面，根据线面垂直的定义得证线线垂直. （2）先根据四棱锥的体积求四棱锥的高，进而求得，从而建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再利用空间向量法即可求两个平面夹角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设四棱锥的高为， 由题设，得，则， 由题设知，所以底面， 因为底面，所以， 故可以点为坐标原点，直线为轴、为轴、为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 则，则， 令，则，所以； 设平面的法向量为， 则，则， 令，则，所以， 所以， 设平面与平面的夹角为，则，所以， 即平面与平面的夹角正弦值为． 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若，求边上的中线长度的最小值； （3）若，，若为角平分线，求的长度． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦求解. （2）利用余弦定理、中点向量公式，结合基本不等式求出最小值. （3）利用三角形面积公式列式求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理， 得， 即，而，则，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，由余弦定理得， ，当且仅当取等号，则，又， 因此， 所以当时，边上的中线取得最小值. 【小问3详解】 依题意，，，， 由，得， 则，解得， 所以的长度为. 19. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明：在梯形中，，，，P为的中点， 可得为等边三角形，四边形为菱形， 故，而平面，平面， 平面. （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明， （2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解， （3）设出得点坐标，由空间向量列式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，，，故，， 而平面平面，平面平面，平面，， 平面， 两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系， 则，，， ，， 设平面的一个法向量为， 则，取得， 平面的一个法向量为， 故，二面角的大小为； 【小问3详解】 设，则，,, 的，， 设平面的一个法向量为 CQ与平面所成角的正弦值为， 化简得，解得（舍去） 故存在，使得CQ与平面所成角的余弦值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度上学期高二年级十月月考数学试卷 考试范围：选择性必修一第一二章；考试时间：120分钟； 命题人：庞礼金 审题人：邓君娴 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上； 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 一、选择题：本题共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的. 1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 若直线，平行，则＝（ ） A. B. 1或0 C. 0 D. 1 3. 空间中，若向量共面，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 如图，在斜三棱柱中，为的中点，为靠近的三等分点，设，则用表示为（　　） A. B. C. D. 5. 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ） A. 1 B. C. D. 7. 两圆和恰有一条公切线，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 的顶点，边上的中线所在的直线为，的平分线所在直线方程为，求边所在直线的方程（ ） A. B. C. D. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 直线必过定点 B. 直线在y轴上的截距是 C. 过点且在轴截距相等的直线方程为 D. 已知直线与直线平行，则平行线间的距离是1 10. 过定点的动直线和过定点的动直线点为两直线的交点，圆，则下列说法正确的有（ ） A. 对任意，圆上恒有4个点到直线的距离为1 B. 直线与圆相交且最短弦长为 C. 为定值 D. 当时，圆上存在无数对点关于直线对称 11. 正方体中，，是棱上的动点（含端点），则（ ） A. 的最小值为 B. 若是棱的中点，则点到平面的距离为 C. 记四棱锥外接球的球心为，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为 D. 若，分别是棱，的中点，则在上的投影向量的模长为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ，，，则________． 13. ，且经过点的椭圆的标准方程为______. 14. 如图，是正方形内一动点（不包括边界），平面于，，，，给出下列四个结论： ①四棱锥的体积是定值； ②设平面与平面交于，则； ③四棱锥的表面积既有最小值又有最大值； ④存在点，使得四棱锥的四个侧面两两垂直. 其中所有正确结论的序号是______. 四、解答题：本题共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. 已知两直线，． （1）求过两直线的交点，且垂直于直线的直线方程； （2）已知两点，， ①判断直线与以A，B为直径的圆D的位置关系； ②动点P在直线运动，求的最小值． 16. 已知圆经过点，且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程． （2）设点，为圆上的动点，点满足． （i）求点的轨迹方程； （ii）判断点的轨迹与圆的位置关系． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，为等边三角形，，，． （1）求证：； （2）若四棱锥的体积为，求平面与平面的夹角正弦值． 18. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若，求边上的中线长度的最小值； （3）若，，若为角平分线，求的长度． 19. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）. （1）求证：平面； （2）求二面角的大小； （3）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的余弦值为？若存在，求出的值；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 $