精品解析：河南省青桐鸣大联考2025-2026学年高二上学期10月联考数学试卷（人教版）

2027届普通高等学校招生全国统一考试 青桐鸣大联考（高二） 数学（人教版） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则直线在轴上的截距为（ ） A. -11 B. -5 C. 5 D. 11 2. 已知向量，，且，则实数值为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 经过点且与直线垂直的直线的方程为（ ） A. B. C D. 4. 在四面体OABC中，D为线段AB的中点，点E在OC上，且，则（ ） A B. C. D. 5. 在正四棱柱中，，点P为底面ABCD的中心，Q为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 已知曲线表示圆，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 1或2 D. -1或-2 7. 我们给出定义：在空间直角坐标系中，若平面经过点，向量，为平面的一个法向量，是平面内的任意一点，则平面的方程为.已知平面的方程为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 已知动点为圆上两动点，且，点为线段的三等分点，若，存在点使得，则的取值范围为（ ） 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. 已知，分别为两不同平面，的一个法向量，为直线的一个方向向量，则下列结论一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 10. 已知圆，直线经过两点，点为圆上一动点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线的方程为 B. 与圆相离 C. 点到直线的距离的最小值为 D. 直线的斜率的最大值为 11. 在棱长为1的正方体中，动点，满足（），（），则下列说法一定正确的有（ ） A. 若，当时， B. 若，当取得最小值时， C. 若，最小值为 D. 若，三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线的一个方向向量的坐标为，则直线的斜率为________. 13. 若圆上到直线（为实数）的距离为1的点有且仅有3个，则________. 14. 在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，且，则直线到平面ABC的距离的最大值为__________. 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. 在中，顶点在直线上，的坐标为的坐标为. （1）若边上的高所在的直线方程为，求顶点的坐标； （2）求的面积. 16. 已知圆经过三点. （1）求圆的标准方程； （2）若圆与圆相交于两点，求直线的方程以及公共弦的长. 17. 如图，已知平行六面体的所有棱长均相等，，记，，. （1）用向量，，表示； （2）若，求平行六面体棱长. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，. （1）证明：是平面PAC的一个法向量； （2）求直线PD与平面PBC所成角的正弦值； （3）设平面平面，且点，若平面MBC与平面MAD的夹角为，求的长. 19. 在平面直角坐标系中，动点与两定点，的距离之比为，记动点的轨迹为. （1）求轨迹的方程. （2）已知，两点均在轨迹上，且点在第三象限内，点在第四象限内. （i）若延长与轨迹交于另一点，延长与轨迹交于另一点，且直线与轴交于点，直线与轴交于点，求的值； （ii）若，，点为直线上一动点，直线，分别与轨迹交于，两点，若直线与直线不重合，证明：直线恒过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届普通高等学校招生全国统一考试 青桐鸣大联考（高二） 数学（人教版） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 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. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则直线在轴上的截距为（ ） A. -11 B. -5 C. 5 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的截距式方程特征直接求解即可. 【详解】根据直线的截距式方程可知，直线在轴上的截距为5. 故选：C. 2. 已知向量，，且，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量共线的条件直接可得. 【详解】由可知，，解得. 故选：D. 3. 经过点且与直线垂直的直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线垂直的性质设出直线方程，再代入点求解参数即可. 【详解】设与直线垂直的直线方程为， 将点代入，可得，解得， 可得所求直线方程为，故B正确. 故选：B. 4. 在四面体OABC中，D为线段AB的中点，点E在OC上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，由空间向量的线性运算求解即可. 【详解】如图，因为D为AB的中点，所以，则， 因为点E在OC上，且，所以，所以. 故选：D. 5. 在正四棱柱中，，点P为底面ABCD的中心，Q为线段的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，分别求直线与的方向向量，的坐标，再结合向量公式求结论. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 所以， ，， 设异面直线与所成角为，则， 所以， 所以， 所以异面直线与所成角的大小为. 故选：B. 6. 已知曲线表示圆，则实数的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 1或2 D. -1或-2 【答案】A 【解析】 【分析】根据圆的一般方程特征列出关系式求解后，再代回检验即可. 【详解】若曲线表示圆，则，解得或. 检验： 若，则曲线，整理得，不能表示圆，故舍去； 若，则曲线，整理得，可以表示圆，故保留. 故选：A. 7. 我们给出定义：在空间直角坐标系中，若平面经过点，向量，为平面一个法向量，是平面内的任意一点，则平面的方程为.已知平面的方程为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得平面的一个法向量为，再由点到平面距离向量法求解即可. 【详解】平面的方程可以化为， 则平面的一个法向量为， 且平面经过点，又， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 8. 已知动点为圆上两动点，且，点为线段的三等分点，若，存在点使得，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据可知为等边三角形，取再根据余弦定理求解出，可以确定点的轨迹为以原点为圆心，半径为的圆，再根据,点坐标确定,所在直线方程，再根据，可以确定在以为直径的圆上，最后根据圆与圆有公共点求解的取值范围. 【详解】由可知，为等边三角形，因为点为线段的三等分点， 不妨取，由余弦定理得，， 所以点在以原点为圆心，半径为的圆上. 由动点可知，均为直线上的动点， 因为，所以，则， 要使，所以点在以为直径的圆上，则圆与圆有公共点； 又原点到直线的距离为， 当圆的圆心为直线上离原点最近的点，且两圆外切时， 圆的半径取得最小值， 所以，的中点为直线上的动点，，故对任意的取值，总存在，故圆与圆有公共点，故无最大值， 故的取值范围为. 故选：C. 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. 已知，分别为两不同平面，的一个法向量，为直线的一个方向向量，则下列结论一定正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间位置关系向量法依次判断即可. 【详解】对于A，当时，或，故A错误； 对于B，当时，则，故B正确； 对于C，当时，则，故C正确； 对于D，当时，，又，则， 若直线与两平面交线平行，则与垂直，所以与不一定共线，故D错误. 故选：BC. 10. 已知圆，直线经过两点，点为圆上一动点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线的方程为 B. 与圆相离 C. 点到直线的距离的最小值为 D. 直线的斜率的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用两点式直线方程求解判断A；利用几何法判断直线与圆的位置关系判断B；结合几何特征利用点到直线距离公式求解最值判断C；当直线与圆相切时，直线的斜率取得最大值，利用相切关系列方程求解即可判断D. 【详解】直线的方程为，整理得，A正确； 圆心到直线的距离为， 所以与圆相离，B正确； 由上可知，点到直线的距离的最小值为，C错误； 结合图形可知，当直线与圆相切时，直线的斜率取得最大值， 设的斜率为，则的方程为，即， 由相切得，，解得， 所以的斜率的最大值为，D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为1的正方体中，动点，满足（），（），则下列说法一定正确的有（ ） A. 若，当时， B. 若，当取得最小值时， C. 若，的最小值为 D. 若，三棱锥的体积为定值 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算判断AB，再由向量的模及基本不等式判断C，由等体积法易得三棱锥高及底面积为定值判断D. 【详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由（），可知， 当时，点与顶点重合，， 易知，，，则，， 由（），当时，有， 则，， 所以， 对于A项，由得，，解得或，A错误； 对于B项，，当时，取得最小值，B正确； 对于C项，，则 ， . 当且仅当时取等号，则， 当时，点与点重合，此时取得最小值，C正确； 对于D项，当时，点平面内，而平面平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，又， 所以三棱锥的体积为定值，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. 已知直线的一个方向向量的坐标为，则直线的斜率为________. 【答案】-5 【解析】 【分析】根据直线的方向向量与斜率的关系求解即可. 【详解】因为直线的一个方向向量的坐标为，所以直线的斜率为. 故答案为：. 13. 若圆上到直线（为实数）的距离为1的点有且仅有3个，则________. 【答案】 【解析】 【分析】结合题意并利用点到直线的距离公式建立方程，求解参数即可. 【详解】由题意得圆心为，半径为2， 若圆上到直线的距离为1的点有且仅有3个，可得圆心到直线的距离为1， 由点到直线的距离公式得，解得. 故答案为： 14. 在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，且，则直线到平面ABC的距离的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】取BC的中点O，以O为原点建系，设，根据，列出方程组，得出，即可求出距离的最值. 【详解】取BC的中点O，连接OA， 以O为原点，以OA，OB所在直线分别为x轴，y轴， 垂直于平面ABC且过点O的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，， 设，由得，， 则，， 因，所，所以①， 又，，则②， 联立①②，得，则，， 则点到平面ABC的距离为，故直线到平面ABC的距离的最大值为. 故答案为： 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. 在中，顶点在直线上，的坐标为的坐标为. （1）若边上的高所在的直线方程为，求顶点的坐标； （2）求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）联立直线方程即可求解点的坐标； （2）先求出直线的方程，然后根据点所在的直线与直线平行，进而利用平行线的距离公式求出高，即可求出的面积. 小问1详解】 由，解得，故顶点的坐标为. 【小问2详解】 由，得直线的方程为，即， 易知顶点所在的直线与直线平行， 则顶点到直线的距离为， ， 故的面积为. 16. 已知圆经过三点. （1）求圆的标准方程； （2）若圆与圆相交于两点，求直线的方程以及公共弦的长. 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）设圆的一般方程，将点的坐标代入方程求解方程组，再化为标准方程即可； （2）两圆相减得直线的方程，然后利用垂径定理求解弦长即可. 【小问1详解】 设圆的方程为， 由题意可知，，解得， 所以圆的方程为， 故圆的标准方程为. 【小问2详解】 由圆与圆相减得，， 所以直线的方程为. 则圆心到直线的距离， 故. 17. 如图，已知平行六面体的所有棱长均相等，，记，，. （1）用向量，，表示； （2）若，求平行六面体的棱长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据空间向量线性运算法则结合图象求解即可； （2）根据向量线性运算可得，两边平方，结合数量积的性质化简可求结论； 【小问1详解】 ， 又， 所以. 【小问2详解】 由题意可知，， 由（1）得， 两边平方可得， 所以 即，解得 故平行六面体的棱长为. 18. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，. （1）证明：是平面PAC的一个法向量； （2）求直线PD与平面PBC所成角的正弦值； （3）设平面平面，且点，若平面MBC与平面MAD的夹角为，求的长. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理求证平面ABCD，得出，再利用线面垂直的判定定理求证平面PAC； （2）以A为坐标原点建系，求出平面PBC的法向量为，再利用公式即可； （3）先利用线面平行的判定定理和性质定理求证，设，求出平面MBC、平面MAD的法向量，根据得出，即可求出. 【小问1详解】 因为，，，BC，平面ABCD，所以平面ABCD， 又平面ABCD，所以， 因为底面ABCD是正方形，所以， 又，PA，平面PAC，所以平面PAC， 故是平面PAC的一个法向量； 【小问2详解】 由（1）可知，AB，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，，， 设平面PBC的法向量为， 则，即，取，则， 设直线PD与平面PBC所成的角为， 则， 故直线PD与平面PBC所成角的正弦值为； 【小问3详解】 因为，平面PAB，平面PAB，所以平面PAB， 因为平面平面，平面PCD，所以， 设，则，，， 设平面MBC的法向量为，则， 取，则， 设平面MAD的法向量为，则， 取，则， 设平面MBC与平面MAD的夹角为， ， 令，则， 解得， 当时，，此时， 当时，，此时， 故的长为或. 19. 在平面直角坐标系中，动点与两定点，的距离之比为，记动点的轨迹为. （1）求轨迹的方程. （2）已知，两点均在轨迹上，且点在第三象限内，点在第四象限内. （i）若延长与轨迹交于另一点，延长与轨迹交于另一点，且直线与轴交于点，直线与轴交于点，求的值； （ii）若，，点为直线上一动点，直线，分别与轨迹交于，两点，若直线与直线不重合，证明：直线恒过定点. 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据轨迹方程的求法得解； （2）（i）设，，直线AC的方程为，由韦达定理化简可得， 同理得，设，，结合三点共线化简可得，即可得解； （ii）将圆向上平移2个单位长度，得到圆，转化为新直线的过定点问题，即可利用直线与圆相交得证. 【小问1详解】 设动点，由题意可知，， 整理得，. 故轨迹的方程为. 【小问2详解】 如图， （i）设，，直线AC的方程为， 由，得， 则，，所以. 设，，直线BD方程为，同理得. 由，则， 所以，则，即. 设，， 因为A，G，D三点共线，所以，则， 又，，所以， 因为B，H，C三点共线，同理得， 所以，则，故. （ii）证明：将圆向上平移2个单位长度，得到圆. 此时，，直线，分别与轨迹交于，两点， 设，，， 则，，所以， 则，即， 又，， 所以，， 则，整理得. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，整理得， 则，， 所以，整理得，， 则，解得或， 当时，直线的方程为，此时直线恒过点. 当时，直线的方程为），此时直线恒过点，此时与重合，不合题意，所以直线恒过点. 当直线的斜率不存在时，，则， 所以，解得或（舍去）， 此时直线的方程为，则直线恒过点， 综上可知，直线恒过点， 根据平移知识可知，直线PQ恒过定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $