精品解析：河南省天立教育2025-2026学年高二上学期10月联考数学试题

河南省天立教育2025—2026学年度高二秋期10月联考 数学试题 本试题卷共3页，四大题，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 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、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. 已知向量满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 2. 过点​的直线​与曲线​交于​、两点， 且满足，则直线​的斜率为（ ） A. ​ B. ​ C. ​ D. ​ 3. 如图，在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，点分别为的中点．则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 5. 若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 在四面体中，为正三角形，平面，且，若，，则异面直线和所成角的余弦值等于（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，已知圆，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，已知直线关于直线对称，则（ ） A. B. C. 2 D. 8. 已知点坐标为，直线与圆交于两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求.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. 已知圆，直线，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线与圆相切，则 B. 若直线与圆相交，则直线被圆所截得的弦长最大值为8 C. 若圆关于直线对称，则直线的方程为 D. 若点为圆上任意一点，则点到直线的最大距离为9 10. 如图，正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线到平面的距离为2 B. 点到平面的距离为 C. 点到直线的距离为 D. 点与点到平面的距离相等 11. 在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于4，点的轨迹为曲线，则下列命题中正确的个数是（ ） A. 曲线关于x轴对称； B. 的最大值为2； C. 的最小值为； D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，，E，F，G分别在棱上，且，过E，F，G三点的平面交棱于点H，则的长为_______________． 13. 已知两条平行直线间的距离为，则____. 14. 如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且，，点P在线段AB（不含端点）上运动．若线段CD（不含端点）上存在点Q，使异面直线PQ与AC所成的角为30°，则线段AP的长度的取值范围为_____________ 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. 如图，是正三角形的一条中位线，，将沿折起，得到四棱锥. （1）证明：平面； （2）若求点到平面的距离. 16. 已知圆：，直线：. （1）写出圆的圆心坐标和半径，并判断直线与圆的位置关系； （2）当时，直线与圆交于不同的两点A，B，求. 17. 如图所示，四点共面，其中，，点在平面的同侧，且平面，平面. （1）若直线平面，求证：平面； （2）若，，平面平面，求锐二面角的余弦值. 18. 已知圆. （1）求的取值范围； （2）当取最小正整数时，若点为直线上的动点，过作圆的一条切线，切点为，求线段的最小值. 19. 如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；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 $ 河南省天立教育2025—2026学年度高二秋期10月联考 数学试题 本试题卷共3页，四大题，19小题，满分150分.考试时间120分钟. 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、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. 已知向量满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律可求得，根据投影向量定义直接求解即可. 【详解】，，， ，， ，，. 故选：C. 2. 过点​的直线​与曲线​交于​、两点， 且满足，则直线​的斜率为（ ） A. ​ B. ​ C. ​ D. ​ 【答案】B 【解析】 【分析】依题意可得曲线表示以为圆心，半径的半圆（轴及以上部分），由弦长求出圆心到直线的距离，设直线方程为，利用点到直线的距离公式得到方程，解得的值，再检验即可. 【详解】解：曲线，则，所以，，表示以为圆心，半径的半圆（轴及以上部分）， 因为，所以圆心到直线的距离， 显然直线的斜率存在且大于零，设直线方程为，即， 所以，解得或， 当时直线方程为过与曲线只有一个交点，故舍去； 故选：B 3. 如图，在正四面体中，过点作平面的垂线，垂足为点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的基本定理结合空间向量的线性运算即可求解； 【详解】由于底面为等边三角形，所以为其重心， 所以, 所以, 故选：C 4. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，点分别为的中点．则点到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建系，求平面的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【详解】如图，以A为坐标原点，为轴所在直线，建立空间直角坐标系， 则， 因为点分别为的中点．则， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 所以点到平面的距离为. 故选：A. 5. 若直线与曲线有两个交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出直线的恒过点，再将曲线转化为，可知其图象为圆的一部分，结合图形，即可求出的取值范围. 【详解】由题可知，直线可转化为，所以直线恒过点， 又因为曲线可转化为，则其表示圆心为原点，半径为的圆的上半部分， 当直线与该曲线相切时，点到直线的距离，解得. 设，则， 由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，需要即 故选：D 6. 在四面体中，为正三角形，平面，且，若，，则异面直线和所成角的余弦值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件建立空间直角坐标系，求异面直线和的方向向量，利用向量夹角公式求其夹角可得结论. 【详解】因为平面，为正三角形， 故以为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 设，则， 由，，可得， 所以， 所以， 所以异面直线和所成角的余弦值等于. 故选：A. 7. 在平面直角坐标系中，已知圆，点是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，已知直线关于直线对称，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题目意思画出图像，结合图像和条件关于直线对称得到，再求出，最后根据二倍角公式求解即可. 【详解】如图所示， ， 设直线分别交轴于点，连接， 因为是圆的两条切线，所以≌， 所以， 又因为直线关于直线对称，所以， 所以，即， 所以为点到直线的距离，即， 又且，所以， 所以， 所以， 故选：B 8. 已知点坐标为，直线与圆交于两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由直线的方程可以判断直线过定点，恰好为圆心，所以，且，从而得，由，换元即可得到取值范围，进而得到的取值范围. 【详解】由得，所以圆心，半径 由得， 由得，所以直线过定点，即为圆心， 所以是圆的直径的两端点，所以，且， ， 因为，所以， ， 令，则， 所以当时， 取得最小值；当时，取得最大值， 所以， 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题目要求.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. 已知圆，直线，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若直线与圆相切，则 B. 若直线与圆相交，则直线被圆所截得的弦长最大值为8 C. 若圆关于直线对称，则直线的方程为 D. 若点为圆上任意一点，则点到直线的最大距离为9 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，先求直线经过定点，再运用直线与圆相切结论得到方程，判定即可；对于B，利用圆中弦长最大值是直径判定；对于C，圆关于直线对称，直线会经过圆心，运用两点间的斜率公式计算斜率，得到直线方程即可；对于D，点到直线的最大距离，是圆心到直线的距离加上半径，计算即可. 【详解】对于A，将直线的方程进行变形： ，令，解得，. 所以直线恒过定点. 圆的方程为，其圆心，半径. 若直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径. 先求圆心到定点的距离：. 设直线的斜率为，直线的方程可表示为，即. 根据点到直线距离公式，圆心到直线的距离， 即，两边平方，解得或. 将代入直线斜率，得到或，并不能得到，所以A选项错误. 对于B，直线被圆所截得的弦长最大值就是圆的直径，圆的半径，直径为，所以弦长最大值为，B选项正确. 对于C，若圆关于直线对称，则直线经过圆心. 因为直线过定点和，则直线的斜率. 直线的方程为，即，C选项正确. 对于D，点到直线的最大距离为圆心到直线的距离加上半径. 圆心到定点的距离，半径， 所以点到直线的最大距离为，D选项正确. 故选： BCD. 10. 如图，正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线到平面的距离为2 B. 点到平面的距离为 C. 点到直线的距离为 D. 点与点到平面的距离相等 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据平面平面，可得线段的长度即为直线到平面的距离，即可判断A；以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法计算即可判断BCD. 【详解】解：对于A，因为平面平面，平面， 则线段的长度即为直线到平面的距离， 所以直线到平面的距离为2，故A正确； 对于B，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量为， 则有，可取， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 所以点到平面的距离为，故B正确； 对于C，， 则，， 所以，故， 所以点到直线的距离为，故C正确； 对于D，， 则， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为， 直线与平面所成角的正弦值为， 所以点到平面的距离为， 点到平面的距离为， 所以点与点到平面的距离不相等，故D错误. 故选：ABC. 11. 在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于4，点的轨迹为曲线，则下列命题中正确的个数是（ ） A. 曲线关于x轴对称； B. 的最大值为2； C. 的最小值为； D. 的最大值为 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知，代入点，即可判断A；利用换元法及二次函数的性质判断B；利用基本不等式判断C；结合两点间的距离公式及B，即可判断D. 【详解】解：由已知， 对于A，代入点， 则，故A正确； 对于B，化简， 可得， 即， 又， 即，解得， 即， 设，则，， 所以， 即，故B错误； 对于C，则， 当且仅当，即点时，等号成立，故C错误； 对于D，因为， 结合B可知，， 即，D正确. 故选：AD． 【点睛】难点点睛：本题的难点是在选项B中，利用换元法及二次函数的性质求解范围. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 四棱锥的底面是边长为2的正方形，平面，，E，F，G分别在棱上，且，过E，F，G三点的平面交棱于点H，则的长为_______________． 【答案】##1.2 【解析】 【分析】建系如图，设，，结合向量线性运算可得，即可解得（即）的值. 【详解】建系如图： ，设， ∵E，F，G分别在棱上，且，∴、G为、中点，∴，，由得 . E，F，G三点共面，设，则有 ， 所以．解得，. 所以． 故答案为：. 13. 已知两条平行直线间的距离为，则____. 【答案】5 【解析】 【分析】先利用两直线平行求得m的值，再利用两平行直线间的距离公式求得n的值，进而求得的值. 【详解】根据题意，两条直线平行， 必有，解可得 则即，变形可得， 又由两条平行直线间的距离为，则有， 故，解之可得或， 则时；时. 故答案为：5. 14. 如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且，，点P在线段AB（不含端点）上运动．若线段CD（不含端点）上存在点Q，使异面直线PQ与AC所成的角为30°，则线段AP的长度的取值范围为_____________ 【答案】 【解析】 【分析】由于P，Q为动点，且锥体较为规则，可建立空间直角坐标系，结合向量夹角的余弦公式及不等关系即可求解， 【详解】平面平面，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形， BC中点为O，连接OA，则，平面，平面平面，则平面， 又，， 以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 设， ， ， ∵异面直线PQ与AC成30°的角， ∴ ， 解得， 线段PA长的取值范围是. 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. 如图，是正三角形的一条中位线，，将沿折起，得到四棱锥. （1）证明：平面； （2）若求点到平面的距离. 【答案】（1） 证明：因为， 所以. 又因为平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意易得，即可求证； （2）建系，由点到面距离的向量法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：如图，点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 三角形的边长为2， 则. 设，因为， 所以 所以. 因为，所以， 所以. 设平面， 所以 故. 又， 所以点到平面的距离为. 16. 已知圆：，直线：. （1）写出圆的圆心坐标和半径，并判断直线与圆的位置关系； （2）当时，直线与圆交于不同的两点A，B，求. 【答案】（1）圆的圆心坐标为，半径为，直线与圆相交 （2） 【解析】 【分析】（1）将圆的一般方程化为标准方程，求出圆心和半径，求出直线所过的定点，判断出定点在圆内，由此判断直线与圆的位置关系； （2）求出圆心到直线的距离，利用弦长公式求弦长. 【小问1详解】 整理得：， 故圆的圆心坐标为，半径为， 直线变形为， 故直线过定点， 因为，故在圆内， 所以直线与圆相交； 【小问2详解】 当时，直线的方程为 因为圆心到直线的距离为： 所以，. 17. 如图所示，四点共面，其中，，点在平面的同侧，且平面，平面. （1）若直线平面，求证：平面； （2）若，，平面平面，求锐二面角的余弦值. 【答案】（1） 平面，平面，， 平面，平面，平面； ，四点共面，， 平面，平面，平面； ，平面，平面平面， 又平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据，，结合线面平行和面面平行的判定定理可证得平面平面，由面面平行的性质可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量求法可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，， ，，四边形为平行四边形，， 则，，，，， 设平面的法向量， ，令，解得：，，； 平面轴，平面平面，平面轴， 平面的一个法向量， ，即锐二面角的余弦值为. 18. 已知圆. （1）求的取值范围； （2）当取最小正整数时，若点为直线上的动点，过作圆的一条切线，切点为，求线段的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合方程表示圆的条件，列出方程，即可求解； （2）由（1）得到圆心，半径为，得到，结合圆心到直线的距离，即可求解. 【小问1详解】 由方程表示圆，则满足， 即，解得或， 所以的取值范围是. 【小问2详解】 由（1），因为取最小正整数，所以， 所以圆，可得圆心，半径为， 又因为， 所以取最小值时取最小值，而取最小值， 即为圆心到直线的距离，可得， 所以. 19. 如图.在四棱锥中，四边形是直角梯形.，且为中点. （1）证明：平面； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 记中点为，连接，， 则四边形为正方形，且根据勾股定理得， 所以，则，所以. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以，又因为，所以， 且，平面，所以平面. （2）存在，点为的中点，理由如下： 由（1）知，平面，且. 以为坐标原点，以，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设，，则， 则，，， 设平面与平面的法向量分别为和 则，令，得. ，令，得. 设平面与平面的夹角为，， 则，解得. 因此存在点为的中点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 【解析】 【分析】（1）中点为，连接，，由勾股定理可得，结合可得平面，即，又由即可证明平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，然后利用待定系数法求出平面与平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $