精品解析：内蒙古呼和浩特市托克托县乃只盖中学2025-2026学年高二上学期11月月考数学试题

2025-2026学年度上学期考试 高二年级数学科试卷 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. 设，且，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 2. 代数式最小值为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，平行六面体，其中,,,,，,则的长为 A. B. C. D. 4. 正四面体中，点满足，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知椭圆的左、右焦点分别是，，左右顶点分别是，，点是椭圆上异于，的任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与直线的斜率之积为 C. 存在点满足 D. 若△的面积为，则点的横坐标为 6. 刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是圆上一动点，则点到直线的距离的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为3，E为棱的中点，点P，M是平面内两个动点，，，则线段长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 空间向量可以比较大小； B. 若对空间中任意一点，有，则P，A，B，C四点共面； C. 若空间向量满足，则与夹角为钝角； D. 若已知空间向量和，则在上投影向量为. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱的中点，点是正方体表面上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 若点满足，则动点的轨迹长度为 C. 平面DEF截正方体所得截面的周长为 D. 当直线AP与平面ABCD所成的角为时，点的轨迹长度为 11. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若直线与坐标轴围成的面积为4，则__________. 13. 已知定点和点，以为斜边，则直角顶点A轨迹方程为_________. 14. 若实数、、、，满足，，，则的最大值为________ 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. 已知圆经过点，和直线相切，且圆心在直线上，直线经过坐标原点，并且被圆截得的弦长为2. （1）求直线方程. （2）求圆关于直线对称圆的方程. 16. 如图，在三棱锥中，，底面是等腰直角三角形，且． （1）若，证明：平面平面； （2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 17. 已知圆的半径为3，圆心在射线上，直线被圆截得的弦长为. （1）求圆方程； （2）过圆心的直线与圆交于M、N两点，且的面积是6（为坐标原点），求直线的方程. 18. 正方形的边长为2，E，F分别为边AD，BC的中点，是线段的中点，现把正方形沿折起，折起后如图所示.设. （1）求证：无论取何值，与不可能垂直； （2）设平面与平面的夹角为，时，求的值. 19. 在平面直角坐标系xOy中，已知，平面上一动点满足，点的轨迹为曲线， （1）求曲线的方程； （2）曲线与y轴正负半轴分别交于两点，不与坐标轴平行的直线与曲线交于M、N两点， ①若直线斜率之积为，证明直线过定点； ②若直线方程为，点关于原点对称点为，直线交于点，直线OT与直线交于点，曲线上是否存在点，使得面积为定值，若存在求出点坐标，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 $ 2025-2026学年度上学期考试 高二年级数学科试卷 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. 设，且，则（ ） A. -1 B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可推出，然后由垂直向量数量积为0建立方程组，即可求得结果. 【详解】∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即. 故选：C. 2. 代数式的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两点之间距离公式分析出表示到、的距离之和，求出关于对称点为，连接交于点，此时最小. 【详解】由两点之间距离公式可以得到表示点到的距离，表示点到的距离， 所以代数式表示， 由图象可知在上运动，所以易得关于对称点为， 连接交于点，此时最小，最小值为. 故选：B. 3. 如图，平行六面体，其中,,,,，,则的长为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意，将用空间的一组基底表示，利用空间向量的数量积的运算律计算即得. 【详解】在平行六面体中， ，，，，，， 则，故 ， 故的长是. 故选：A. 4. 正四面体中，点满足，则直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】选取作为空间基底，结合夹角公式进行求解. 【详解】不妨设正四面体的棱长是，， 则，， 由正四面体的性质，两两夹角是， 则， 于是， 中，由余弦定理，，则， 设直线与所成角为，则. 故选：C 5. 已知椭圆的左、右焦点分别是，，左右顶点分别是，，点是椭圆上异于，的任意一点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与直线的斜率之积为 C. 存在点满足 D. 若△的面积为，则点的横坐标为 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆的概念和几何性质依次判断选项即可. 【详解】对选项A，由椭圆的方程可得，所以， 所以，故A错误； 对选项B，设，则，所以， 由题意得， 所以，故B错误； 对选项C，因为椭圆， 可得，，所以，因为，所以， 所以，所以为直径的圆与椭圆无交点， 故不存在点满足，故C错误； 对选项D，，则， 则，解得，故D正确. 故选：D. 6. 刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正四棱锥的结构特征得到为侧面与底面所成的角，进而利用勾股定理推得正四棱锥的每个侧面均为正三角形，从而利用“曲率”的定义即可得解. 【详解】如图，连接，，设，连接，则平面， 取的中点，连接，， 则由正四棱锥的结构特征可知， 所以为侧面与底面所成的角， 设，则， 在中，， 所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形， 所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为. 故选：D. 7. 已知是圆上一动点，则点到直线的距离的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求直线经过的定点，定点在圆外，直线可与圆相切，得最小值，根据该定点到圆上动点的距离的最大值从而求出距离最大值. 【详解】可得，， 令，解得，即直线过定点， 该定点到圆心距离是， 圆的半径是，于是到圆上一点的最大距离是. 此时，直线方程为， 由于不可能表示， 所以点到直线的距离没有最大值， 由于直线过的定点在圆外，该直线有可能和圆相切， 和切点重合时，最小距离是 故到直线的距离的取值范围是. 故选：D 8. 空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为3，E为棱的中点，点P，M是平面内两个动点，，，则线段长的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题干给出的定义先求出点的运动轨迹，再根据，求出点的运动轨迹，最后根据点的运动轨迹与点的运动轨迹间的距离最值，进而得到线段长的取值范围. 【详解】由题意得，设，，， 点P在平面内， 故当时，，即； 当时，，即； 当时，，即； 当时，，即， 点的运动轨迹是以为顶点的正方形， 又，设，，则， 又，，故，化简可得， 点的运动轨迹是以为圆心，为半径的圆， 圆心到正方形中心的距离为， 正方形的顶点到圆心的最大距离：正方形顶点到的距离为； 正方形顶点到的最小距离：圆心到直线的距离为， 故，， 线段长的取值范围为. 故选：. 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 空间向量可以比较大小； B. 若对空间中任意一点，有，则P，A，B，C四点共面； C. 若空间向量满足，则与夹角为钝角； D. 若已知空间向量和，则在上的投影向量为. 【答案】BD 【解析】 【分析】A项，由空间向量的定义可知；B项，由系数和为即可判断；C项，由两向量共线且反向情况可判断；D项，由投影向量的定义可得. 【详解】A项，空间向量不能比较大小，故A错误； B项，由，可得，故四点共面，故B正确； C项，若与为两非零向量，共线且反向时，， 此时两向量的夹角为，不为钝角，故C错误； D项，由投影向量的定义知在上的投影向量为，故D正确. 故选： BD. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱的中点，点是正方体表面上的一个动点，则（ ） A. 三棱锥体积的最大值为 B. 若点满足，则动点的轨迹长度为 C. 平面DEF截正方体所得截面的周长为 D. 当直线AP与平面ABCD所成的角为时，点的轨迹长度为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用等体积法求出最大体积判断A，作出符合条件的轨迹并求出其长度判断，利用正方体截面的性质建系判断C. 【详解】对于A，显然为正三角形，， 而， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点P到平面的距离最大， 所以点是正方体表面上到平面距离最大的点，此时三棱锥是棱长为的正四面体， 又点到平面的距离， 则，A正确； 对于B，取中点，中点K，连接，，，由， 得，则，， 由平面，平面，得， 而，，，平面， 因此平面， 所以，得点P的轨迹为四边形（除点A外）， 又，则动点P的轨迹长度为，B错误； 对于C， 建立如上图所示所示的空间直角坐标系， 依题意可得截面五边形， 显然， 由平面几何知识可知， 因为，所以， 得，同理，可得， 又，， 于是，， ，， 所以平面截正方体所得截面的周长为， C错误； 对于D，由平面平面， 得直线与平面所成的角为， 连接，，由平面，平面，且， 则点P为线段或上任意点（除点A外）， 在正方形内以为圆心，2为半径作圆弧， 当点P为圆弧上任意点时，连接， 由平面， 得是与平面所成角， 而， 则， 因此点轨迹是线段，及圆弧（除A点外）， 所以P点轨迹长度为，D正确； 故选：AD. 11. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A项利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理可证；B项利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积公式求解即可；CD项，通过建立空间直角坐标系，利用向量坐标法表示线线角与线面角，建立函数关系求解范围与最值即可进行判断. 【详解】A项，如图，连接. ，，， 且平面， 平面，平面， ，同理，， ，且平面， 直线平面，故A正确； B项，，且， 四边形是平行四边形. ，平面，平面， 平面，点P在线段上运动， 到平面的距离，即点到平面的距离，其为定值， 又的面积是定值， 三棱锥的体积为定值. 不妨设正方体的棱长为1， 则， 即三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 点P在线段上运动，则可设， 则. C项，，． 所以， ， 因为，则，， ，因异面直线与所成角为锐角或直角， 故与所成角的取值范围为，故C错误； D项， ，． 由A选项正确，可知是平面的一个法向量， ∴直线与平面所成角的正弦值为 ， ∴当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确． 故选：ABD. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若直线与坐标轴围成面积为4，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出在两坐标轴上的截距，从而得到方程，求出答案. 【详解】中，令得，令得， 直线与坐标轴围成的图形为直角三角形，面积为4， 故，解得. 故答案为： 13. 已知定点和点，以为斜边，则直角顶点A的轨迹方程为_________. 【答案】（且） 【解析】 【分析】求出的中点，且，故点A的轨迹是以D为圆心，为半径的圆，除点B，C之外的部分，求出答案. 【详解】设点，点D为点和点的中点， 则，， ∵以为斜边，点A为直角顶点， ∴， ∴点A的轨迹是以D为圆心，为半径的圆，除点B，C之外的部分， ∴点A的轨迹方程为（且）. 故答案为：（且） 14. 若实数、、、，满足，，，则的最大值为________ 【答案】 【解析】 【分析】设，两点在圆上，，可得到直线的距离，由此利用两平行线的距离，即可求解的最大值。 【详解】设, 因为实数， 所以两点在圆上，且, 所以，所以是等边三角形，， 点到直线的距离为， 点到直线的距离为， 在第三象限，所在直线与直线平行， 可设， 由圆心到直线距离为，可得，解得， 即有两平行线之间的距离为， 所以， 所以， 所以的最大值为。 故答案为：。 【点睛】本题主要考查了代数式的最大值的求法，以及圆的性质和点到直线的距离公式等知识的综合应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题。 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. 已知圆经过点，和直线相切，且圆心在直线上，直线经过坐标原点，并且被圆截得的弦长为2. （1）求直线的方程. （2）求圆关于直线对称的圆的方程. 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）先根据已知条件求出圆的方程，再分直线的斜率存在和不存在两种情况，利用直线与圆的位置关系求出直线的方程； （2）先求出直线的方程，再求出圆心关于直线对称的圆心圆心的坐标，最后根据圆的标准方程写出圆的方程. 【小问1详解】 圆心在直线上，设圆心的坐标为， 又圆经过点，和直线相切，而在直线上，是切点， 故圆心到直线的距离等于圆心到点的距离，，解得， 圆，半径，故圆的方程为， 直线经过坐标原点，①当直线的斜率不存在时，直线的方程为， 此时直线被圆截得的弦长为2，满足条件； ②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即， 由直线被圆截得的弦长为2且圆的半径为，故圆心到直线的距离为1， ，解得，则直线的方程为， 综上所述，直线的方程为或. 【小问2详解】 由（1）可知圆的方程为，直线的解析式为， 圆关于直线对称的圆半径不变，只需求圆的圆心关于直线对称的圆的圆心即可， 设关于直线对称的点为，则， 解得，，故圆的方程为. 16. 如图，在三棱锥中，，底面是等腰直角三角形，且． （1）若，证明：平面平面； （2）若与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，利用面面垂直判定定理证明平面即可； （2）方法一：过点作的垂线，垂足为，取的中点，利用线面垂直可得到直线与平面所成的角为，解三角形得到的值，进而根据线线垂直可得为二面角的平面角，利用余弦定理即可求解；方法二：以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用二面角的向量计算公式即得答案. 小问1详解】 如图，取的中点，连接，， 因为，所以， 且，又， 所以，则． 因为，所以，则， 因为平面， 所以直线平面， 又直线平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 过点作的垂线，垂足为. 由于，且，所以平面， 又平面，， 又由且， 所以直线平面， 则与平面所成的角为． 方法一：几何法：由于，故为等边三角形，则． 取的中点． 由于，故． 故为二面角的平面角． 由于，故． 故， 也即二面角的余弦值为． 方法二：建系法：如图，以为原点，为轴，为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系. 则． 设平面的法向量为，平面的法向量为． 由于． 故，取，则； ，取，则． 则． 设二面角大小为，由图可知， 也即二面角的余弦值为． 17. 已知圆的半径为3，圆心在射线上，直线被圆截得的弦长为. （1）求圆方程； （2）过圆心的直线与圆交于M、N两点，且的面积是6（为坐标原点），求直线的方程. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）由题意设圆心，则圆的方程为 ，由垂径定理结合弦长即可求解； （2）分斜率存在与不存在两种情况结合三角形面积求解即可. 【小问1详解】 设圆心，则圆的方程为 ， 或舍去， 圆的方程为. 【小问2详解】 由题意得，则点到直线的距离， ①当斜率不存在时，此时直线l方程为， 原点到直线的距离为，满足题意. 此时直线方程为 ②当斜率存在时，设直线l的方程为， 原点到直线l的距离，解得， 此时直线方程为，即. 综上所述，直线的方程为或. 18. 正方形的边长为2，E，F分别为边AD，BC的中点，是线段的中点，现把正方形沿折起，折起后如图所示.设. （1）求证：无论取何值，与不可能垂直； （2）设平面与平面的夹角为，时，求的值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）以E为原点建立适当空间直角坐标系，计算分析即可证明； （2）求平面与平面的一个法向量，再由计算即可求解. 【小问1详解】 由题可知， 以E为原点，和过点且垂直平面的直线为轴，如图， 则由题意可得， 所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以，所以与不可能垂直，即与不可能垂直； 【小问2详解】 设平面与平面的一个法向量分别为， 则，， 所以，， 因为，所以， 故可取，得， 所以， ，， 所以 ， 所以， 所以， 因为，所以. 19. 在平面直角坐标系xOy中，已知，平面上一动点满足，点的轨迹为曲线， （1）求曲线的方程； （2）曲线与y轴正负半轴分别交于两点，不与坐标轴平行的直线与曲线交于M、N两点， ①若直线斜率之积为，证明直线过定点； ②若直线方程为，点关于原点对称点为，直线交于点，直线OT与直线交于点，曲线上是否存在点，使得面积为定值，若存在求出点坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求方程即可； （2）①构造关于斜率的一元二次方程，利用韦达定理得出关系求解定点即可； ②逐步表示出直线、，联立与直线，解得点在上运动，则要使面积为定值，可得点的纵坐标，代入椭圆方程求出点R即可. 【小问1详解】 由题意，则点的轨迹为以为焦点，长轴长为4的椭圆， 由得， 所以曲线的方程为：. 【小问2详解】 ①由题意，， 设，直线：， 变形可得，即， 所以， 即， 除以得， 设，则， 由于，， 则为其两根， 由韦达定理可得， 所以， 即直线：，令得， 故直线过定点. ②设，， 联立 由韦达定理 直线：， 直线：， 代入点得，两式相加整理得， 代入韦达定理整理得， 所以直线：， 联立得， 所以点在直线上运动， 使得面积为定值，则与直线平行， 即，代入得， 所以点符合题意. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $