精品解析：广西壮族自治区河池市十校联考2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题

2025年秋季学期高二年级校联体第一次联考 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：选择性必修第一册第一章~第二章． 一､单项选择题：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. 已知空间向量与共线，则（ ） A. -6 B. 6 C. -4 D. 4 2. 已知直线与，则与之间的距离为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 任何向量都可以作为基向量 B. 若是直线的方向向量，则也是直线的方向向量 C. 在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量 D. 若直线平面，则直线的方向向量平行于平面的法向量 4. 若直线倾斜角是直线的倾斜角的两倍，则实数（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知四棱锥平面，底面是矩形，且，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 圆关于原点对称的曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，两直线，若，则最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 8. 如图，正方体的棱长为6，点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：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. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知实数满足，则下列选项正确的是（ ） A. 的最大值是 B. 的最大值是 C. 最小值是 D. 的最小值是 11. 如图1，已知长方形中，为的中点，将沿折起，使得平面平面，如图2所示，在四棱锥中，下列选项正确的是（ ） A. B. 和所成角为 C. 点到直线的距离为 D. 若点为线段上的动点，且的余弦值为，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆与圆有三条公切线，则__________． 13. 已知向量，，，若，，共面，则x等于______． 14. 若直线与曲线有4个交点，则的取值范围为__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤． 15. 已知的三个顶点． （1）求边上的中线所在直线的一般式方程； （2）求边上的高所在直线的斜截式方程． 16. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是，为与的交点．若． （1）求的值； （2）求． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，的体积为，． （1）证明：直线平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 18. 已知以点为圆心圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于两点． （1）当时，求直线的方程； （2）求证：为定值． 19. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为等腰梯形，，． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，点为线段上一点，求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋季学期高二年级校联体第一次联考 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：选择性必修第一册第一章~第二章． 一､单项选择题：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. 已知空间向量与共线，则（ ） A. -6 B. 6 C. -4 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量共线的坐标表示计算即可. 【详解】因为空间向量与共线， 不妨设，则，所以，解之得， 则. 故选：B 2. 已知直线与，则与之间距离为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过计算得出两直线的平行关系，再利用两平行直线间的距离公式计算求解． 【详解】， 直线， 直线的方程即为，直线的方程为，，设两条平行线间的距离为， ． 故选：D． 3. 下列说法中正确的是（ ） A. 任何向量都可以作为基向量 B. 若是直线的方向向量，则也是直线的方向向量 C. 在空间直角坐标系中，是坐标平面的一个法向量 D. 若直线平面，则直线的方向向量平行于平面的法向量 【答案】D 【解析】 【分析】根据零向量、基向量、直线方向向量、平面法向量的性质和定义依次判断各项的正误，即可得. 【详解】对于A，非零向量才能作为基向量，故A错误； 对于B，若，则，不是直线的方向向量，故B错误； 对于C，在空间直角坐标系中，坐标平面与轴垂直， 故不是坐标平面的一个法向量，故C错误； 对于D，若直线平面，则直线的方向向量平行于平面的法向量，故D正确. 故选：D 4. 若直线的倾斜角是直线的倾斜角的两倍，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直线的斜率，设对应的倾斜角为，则，又的倾斜角为，则，使用二倍角的正切公式求解即可. 【详解】因为直线的斜率，设对应的倾斜角为，则， 由题意可得，直线的倾斜角为， 故其斜率，解得. 故选：C 5. 如图，已知四棱锥平面，底面是矩形，且，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合题意，根据向量的线性运算即可求解. 【详解】,， 所以， 所以， 所以 . 故选：A. 6. 圆关于原点对称的曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由圆的一般式的判定条件可求出；再利用两圆关于点对称，等价于两圆的圆心关于点对称，半径不变，可求出所求圆的方程. 【详解】由 表示一个圆，因此需满足圆的判别条件： 和  的系数相等且不为零， 即，得方程 ， 解得  或 ， 当  时，方程为 ， 配方得 ，不表示实圆， 当  时，方程为 ， 配方得 ，表示圆心为 ，半径为 5 的圆. 因此 是唯一有效解，原圆方程为 . 两圆关于点对称，等价于两圆的圆心关于点对称，半径不变， 圆心  关于原点对称点为 ，半径不变为 5， 故所求方程为 . 故选：C 7. 已知，两直线，若，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的位置关系列方程得关系，再根据基本不等式“1”的代换求解最值即可. 【详解】两直线， 若，则，可得， 因为，所以， 当且仅当，即等号成立，则的最小值为. 故选：C. 8. 如图，正方体棱长为6，点为的中点，点为底面上的动点，满足的点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点的轨迹为线段即可得结果. 【详解】分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设，， 则，， 由得，即， 由于，所以，， 所以点的轨迹为面上的直线：，，即图中的线段， 由图知：， 故选：B. 二､多项选择题：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. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算，对每一选项逐一判断即可. 【详解】对于选项A，，故A正确； 对于选项B，，故B正确； 对于选项C，，故C正确； 对于选项D，，故D错误． 故选：ABC 10. 已知实数满足，则下列选项正确的是（ ） A. 最大值是 B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最小值是 【答案】BD 【解析】 【分析】由表示圆上的点到定点距离的平方可得其最大值为可判断A项，由表示圆上的点与点的连线的斜率，设，由圆心到直线的距离求出k的范围即可判断B项，由表示圆上任意一点到直线的距离的倍，结合圆上任意一点到直线的距离的最小值为（为圆心C到直线的距离），进而可判断C项，对于D,令，结合三角函数的图像与性质求解即可. 【详解】因为， 所以圆C的圆心，半径为. 对于A项，表示圆上的点到定点距离的平方，如图所示，    所以的最大值为，故A项错误； 对于B项，表示圆上的点与点的连线的斜率，如图所示，    设，即， 由圆心到直线的距离， 即，解得， 所以的最大值为，故B项正确； 对于C项， 表示圆上任意一点到直线的距离的倍，如图所示，    又圆心C到直线的距离， 所以圆上任意一点到直线的距离的最小值为， 所以的最小值为，故C项错误. 对于D项，因为， 令，所以， 所以当时，的最小值是 故选：BD. 11. 如图1，已知长方形中，为的中点，将沿折起，使得平面平面，如图2所示，在四棱锥中，下列选项正确的是（ ） A. B. 和所成角为 C. 点到直线的距离为 D. 若点为线段上的动点，且的余弦值为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，应用向量法逐项判断. 【详解】取中点，连接，因为，为中点， 所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面 所以平面. 以为原点，分别以过与垂直、平行的直线为轴、轴，以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，如图， 则， 对于A：，，所以，A正确； 对于B：，设和所成角为，则， 又，所以，B错误； 对于C：，则点到直线的距离 ，C正确； 对于D：设，则， 所以，， 设平面的法向量为，则， 即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 设是平面的一个法向量， 则，即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 设二面角的大小为，则， 解得，即，D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知圆与圆有三条公切线，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先判断两圆的位置关系，再根据两圆的位置关系，列式求解. 【详解】圆的圆心为，半径为， 圆，圆心，半径为，， 因为两圆有3条公切线，所以两圆相外切，所以，所以， 故答案为： 13. 已知向量，，，若，，共面，则x等于______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间共面向量定理求解作答. 【详解】向量，，，因，，共面，则存在实数使得， 于是得，因此，解得， 所以. 故答案为：1 14. 若直线与曲线有4个交点，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定直线恒过的定点，然后根据两点斜率公式及直线斜率的变化规律、直线与抛物线的位置关系，数形结合求解即可. 【详解】直线恒过点且斜率存在的动直线，做出的图像，如图 当与相切时有三个公共点，此时，过程如下： 因为与相切，联立得 ，所以.解得舍去. 所以当时直线与曲线有4个交点. 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤． 15. 已知的三个顶点． （1）求边上的中线所在直线的一般式方程； （2）求边上的高所在直线的斜截式方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出边的中点，再由点斜式方程求直线方程即得，最后化成一般式方程； （2）利用两直线的垂直斜率之积等于，求得边上的高的斜率，再由点斜式方程求直线方程，最后化成斜截式方程即得. 【小问1详解】 设边的中点为，由已知得，所以，. 所以边上的中线所在直线的一般式方程为. 【小问2详解】 易得，所以边上的高的斜率，由点斜式可得：， 所以边上的高所在直线的斜截式方程. 16. 如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是，为与的交点．若． （1）求的值； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平行六面体的性质，结合已知条件得出各向量的模及夹角，再通过向量加减法，结合向量的数量积计算； （2）先用已知向量分别表示，再求出以及和，进而求解． 【小问1详解】 平行六面体所有棱长均为2，模均为2，夹角均为，为与的中点， ，， ， ． 【小问2详解】 ， ， ， ， ． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，的体积为，． （1）证明：直线平面； （2）求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定定理得出平面，利用向量法证明线面平行即可； （2）利用向量法求出线面夹角的正弦值，进而求出正切值。 【小问1详解】 因为四边形是正方形，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，又平面， 所以平面，所以两两垂直， 故以点为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，所以，因为，所以点为的中点， 则， 则，， 设平面的法向量为， 则，令，则，所以 又，， 又平面，所以直线平面； 【小问2详解】 由（1）可知平面的法向量， 又，设直线与平面所成角为， 则， 所以， 所以 18. 已知以点为圆心的圆与直线相切，过点的动直线与圆相交于两点． （1）当时，求直线的方程； （2）求证：为定值． 【答案】（1）或； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出圆的方程，根据，得，分斜率存在和不存在两种情况求解即可； （2）若直线斜率存在，设出直线方程，直线和圆联立方程结合韦达定理可得，利用两点间距离公式列式化简即可，若直线斜率不存在，求得，计算即可得证. 【小问1详解】 设圆的半径为， 因为圆与直线：相切， 所以， 所以圆的方程为. 设圆心到直线的距离为，则，即， ①当直线与轴垂直时，易知符合题意； ②当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即. 则，得， 所以直线为：， 故直线的方程为或； 【小问2详解】 因为，所以点在圆内， 设，若直线斜率存在，设直线的方程为， 则，化简得， 所以， 因为， 同理可得， 所以， 因为， 所以； 若直线斜率不存时，则，则， 此时； 综上，为定值，定值为. 19. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为等腰梯形，，． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，点为线段上一点，求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，利用余弦定理，列出方程求得，取的中点，连接，得到，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求得和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，列出方程求得，再利用向量的距离（3）设，分别求得平面和的法向量为和，利用向量的夹角公式，求得的表达式，结合函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 证明：四边形为等腰梯形，， ． 设， 在中，可得， 在中，可得， 所以，解得， 取的中点，连接，则，且， 在中，，则，所以， 在直四棱柱中，可得平面， 因为平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. 【小问2详解】 解：以为原点，以所在直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 设，可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成角为，因为直线与平面所成角的正弦值为， 可得，解得， 在直四棱柱中，可得， 且平面，且平面，所以平面， 因为，点为线段上一点，所以到平面的距离等于到平面的距离， 又由，且平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 解：由（2）中的空间直角坐标系，设， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又由平面，所以为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角的夹角为， 可得， 因为，可得，所以，所以， 所以，所以平面与平面夹角的取值范围. 【点睛】 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $