河南商丘市应天高级中学2026-2027学年高二上学期10月测试数学试题

高二10月测试 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，写在试卷上无效。 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。 1.已知点关于轴的对称点为，则(    ) A. B. C. D. 2.暨阳分校环境优美，依山傍水，绿树成荫某日，小明饭后散步至池塘边，恰好可以在池塘中看到太阳的倒影，即入射光线经池塘水面反射后，反射光线经过小明眼睛建立适当坐标系后，已知入射光线上有一点，经直线反射后经过点，则入射光线所在直线方程为(    ) A. B. C. D. 3.沼气是一种混合气体，其主要成分是甲烷，其分子式为，且分子结构是正四面体结构，其结构简式如图所示记上顶点为，底面三个顶点分别为，，，，设，则(    ) A. B. C. D. 4.如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，且，，，，分别为，上的点，且，，(    ) A. B. C. D. 5.已知是圆：上任意一点，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 6.在平面直角坐标系中，已知直线：与：交于点，点是抛物线上一动点，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 7.若向量是直线的一个方向向量，则的倾斜角为(    ) A. B. C. D. 8.在中，，，，则(    ) A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。 9.已知直线：，：，则下列说法正确的是(    ) A. 的充要条件为或 B. 若，则 C. 若直线不经过第四象限，则 D. 若，则将直线绕坐标原点按逆时针方向旋转，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为 10.在正方体中，，分别为线段，上的动点，为的中点，则(    ) A. 存在，两点，使得 B. C. 与所成的最大角为 D. 的最大值为 11.在中，角，，的对边分别是，，，下列说法正确的是(    ) A. 若，则 B. 若，，，则有两解 C. 若，则为钝角三角形 D. 若，则为等腰三角形 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知，，三点共线，则        ． 13.已知，，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围是______． 14.经过点且在轴的截距的绝对值是轴上截距的绝对值两倍的直线方程        ． 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.本小题3分 如图，在三棱锥中，点为的重心，点在上，且，过点任意作一个平面分别交线段，，于点，，，若，，，求证：为定值，并求出该定值． 16.本小题分 在中，已知，且． 判断的形状； 若的面积为，求的周长． 17.本小题分 已知：圆的圆心在第一象限，与轴相切，与轴交于，两点，且，，点在斜率为的直线上． 求圆的标准方程； 若直线与圆交于，两点，且，求直线的方程； 若存在圆心在直线上，半径为的圆与圆外切，求的取值范围． 18.本小题分 在四棱锥中，四边形是正方形，侧棱垂直于底面，． 证明：平面． 若是的中点证明：平面． 若点为线段的中点，问：在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由． 19.本小题分 已知圆和圆，动圆与圆、圆都外切或都内切，记点的轨迹为曲线． 求曲线的方程； 若直线与曲线交于，两点，设点，，其中，， 若，求直线斜率的取值范围； 过点作直线的垂线，垂足为，若直线与轴交于点，证明：直线过定点，并求出该定点． 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：点关于轴的对称点为， 则． 故选：． 根据对称得，即可根据两点距离公式求解． 本题考查空间直角坐标系中点的应用，属于基础题． 2.【答案】  【解析】解：已知入射光线上有一点，经直线反射后经过点， 设关于直线对称的点为， 则，解得，即， 因为入射光线经过点，所以所在直线的斜率为， 则入射光线所在直线方程为，即． 故选：． 先求出点关于直线对称点的坐标，结合点的坐标即可求得入射光线所在直线的方程． 本题考查了入射光线所在直线方程的计算，属于中档题． 3.【答案】  【解析】解：因为甲烷的结构为正四面体， 又， 则为正四面体的外接球的球心， 所以， 又，同理可得， 所以． 故选：． 根据几何关系，结合向量数量积的几何意义，即可求解． 本题考查了平面向量数量积的运算，属中档题． 4.【答案】  【解析】【分析】 利用平面向量基本定理将向量用向量表示，然后求解，向量的模和夹角均已知，利用数量积的定义进行求解即可． 本题考查了空间向量的应用，主要考查了平面向量基本定理的应用，解题的关键是将要求解的向量转化为已知的向量表示，属于拔高题． 【解答】 解：因为，所以为的中点， 则， 同理， 因为，， 所以 ， 故 ， 因为，，， 所以上式， 所以． 故选：． 5.【答案】  【解析】解：圆：的圆心为，半径为， 设，变形得， 于是的几何意义为圆上点与定点连线的斜率， 由是圆上任意一点，得圆与直线有公共点， 因此圆心到直线的距离不大于圆的半径， 则，解得， 所以的最小值为． 故选：． 的几何意义为直线的斜率，再根据直线与圆得交点即可得出答案． 本题考查直线与圆的位置关系的应用，是中档题． 6.【答案】  【解析】解：直线：，即，可知直线过定点； 直线：，即，可知直线过定点； 且，则， 可知点在以为直径的圆上，此时圆心为，半径． 因为抛物线的焦点为，准线为， 则，即， 可得， 当且仅当点在线段上时，等号成立， 又因为，当且仅当点在线段上时，等号成立， 即， 所以的最小值为． 故选：． 分析可知点在以为直径的圆上，根据抛物线的定义可得，结合圆的性质可得，再根据几何性质即可得结果． 本题主要考查直线和圆的位置关系，考查抛物线的性质应用，考查计算能力，属于中档题． 7.【答案】  【解析】解：设直线的倾斜角为，， 因为向量是直线的一个方向向量， 所以直线斜率， 所以， 因为，所以． 故选：． 先根据直线的方向向量计算直线的斜率，再结合倾斜角的取值范围求解倾斜角． 本题考查直线的方向向量计算直线的斜率及直线的倾斜角，考查学生得到计算能力，属于基础题． 8.【答案】  【解析】解：由三角形内角和定理，可得， 根据正弦定理得，即， 可得． 故选：． 由三角形内角和定理算出，结合正弦定理列式算出边的长，可得本题答案． 本题主要考查了三角形内角和定理、正弦定理、特殊角的三角函数值等知识，属于基础题． 9.【答案】  【解析】解：直线：，：， 对于，显然直线的斜率存在，若，则，解得或， 经检验时，这两条直线重合，所以，故充要条件不是“或”，故A不正确； 对于，若，则，解得故B正确； 对于，若直线：不经过第四象限，则，解得故C正确； 对于，若，则直线：，将其绕坐标原点按逆时针方向旋转，得到直线，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为，故D正确． 故选：． 10.【答案】  【解析】解：设正方体棱长为，如图，以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 因为为中点，所以． ，， 设，． 则， 令，则， 此时，，． 所以，． 因为，所以，所以． 所以存在、使得，故A正确； 因为，所以． 因为， 所以， 所以，即，故B正确； ，， 设与所成的角为，则 ． 令，当时，，此时，故C错误； ， ． 二次函数开口向上，对称轴，在上单调递减，在上单调递增． 因为，所以的最大值为故D错误． 故选：． 建立恰当的空间直角坐标系，根据向量平行、垂直的坐标表示判断，，由异面直线所成角的向量求法判断，根据向量的模的求法判断． 本题考查空间向量的运用，考查向量的数量积公式，考查异面直线所成的角，考查学生的计算能力，属于难题． 11.【答案】  【解析】解：根据三角形性质，由可知，根据正弦定理可知，可得，所以A正确； 已知，，，根据正弦定理可知，解得，，有两解，所以B正确； 根据三角形性质，，当时，可知，，，所以为锐角三角形，所以C错误；  由得，边角互化得， 由得，化简得， 即，化简得，解得或，所以为等腰三角形或直角三角形，所以D错误． 故选：． 利用正弦定理及两角和的正弦公式，结合选项分析得出结论． 本题考查正弦定理及两角和的正弦公式，考查学生的计算能力，属于中档题． 12.【答案】  【解析】解：由，，，，可得： ，， 因为，所以， 所以，，所以． 故答案为：． 利用向量的共线的坐标表示，可得答案． 本题主要考查三点共线的性质，属于基础题． 13.【答案】  【解析】解：，，与的夹角为钝角， ， 解得． 又与不共线， 实数的取值范围是 故答案为： 利用空间向量夹角公式直接求解． 本题考查实数的取值范围的求法，考查空间向量夹角公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 14.【答案】或或  【解析】解：若直线不过原点，设直线方程为， 则，得或， 则直线方程为或， 若直线过原点，则斜率为，则直线方程为，满足题意． 综上，直线方程为或或． 故答案为：或或． 按照直线是否过原点讨论，再结合截距式求出． 本题考查直线方程，考查分类讨论的数学思想，属于基础题． 15.【答案】证明：如图示： 连接并延长交于点， 由题意可令为空间的一个基底， 故 ， 连接，因为点，，，共面， 故存在实数，，使得， 即， 故， 由空间向量基本定理知，，， 故，为定值．  【解析】连接并延长交于点，由题意可令为空间的一个基底，表示出以及，根据对应关系得到为定值即可． 本题考查了向量的线性运算，考查空间基底以及四点共面，是一道常规题． 16.【答案】解：在中，， 所以，解得， 结合，可得， 因为、， 所以角、中必为一个锐角．一个钝角，即为钝角三角形； 根据，可得， 由的面积，可得， 由可得， 设为的外接圆半径，由正弦定理得， 解得，故， 结合余弦定理得， 即，解得，故的周长．  【解析】解：在中，， 所以，解得， 结合，可得， 因为、， 所以角、中必为一个锐角．一个钝角，即为钝角三角形； 根据，可得， 由的面积，可得， 由可得， 设为的外接圆半径，由正弦定理得， 解得，故， 结合余弦定理得， 即，解得，故的周长． 根据诱导公式、两角和差的余弦化简题中等式，算出，从而判断出三角形的形状； 根据三角形的面积公式、正弦定理及余弦定理列式求出，进而可得的周长． 本题主要考查了同角三角函数的关系、两角和与差的三角函数公式、运用正弦定理与余弦定理解三角形等知识，属于中档题． 17.【答案】解：因为圆的圆心在第一象限，与轴相切，与轴交于，两点，且，且， 设圆：， 根据题意，可得，解得，， 所以圆的标准方程为； 设直线：，圆心到的距离， 因为， 因为， 即， 即， 所以或， 所以直线的方程为或； 若存在圆与圆外切，即存在点使得， 因为到的距离，所以， 所以，即， 所以或， 即的范围为  【解析】设圆：，根据题意列出，方程求解； 设直线：，求出圆心到直线的距离，结合，求出得解； 由题，求出到的距离，利用，求解． 本题考查圆的方程的求法及直线与圆的位置关系的判断，属于中档题． 18.【答案】证明：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，连接，交于点，连接， 依题意得，，，，，． 设平面的法向量为， 可得，， 则有，即，令， 可得， 且， 可知， 可得平面  证明：设平面的法向量为， 因为，， 即，即， 令，可得， 又因为， 可得， 所以， 又因为平面， 所以平面  存在，为的中点  【解析】证明：以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，连接，交于点，连接， 依题意得，，，，，． 设平面的法向量为， 可得，， 则有，即，令， 可得， 且， 可知， 可得平面； 证明：设平面的法向量为， 因为，， 即，即， 令，可得， 又因为， 可得， 所以， 又因为平面， 所以平面； 解：如图，，，， 设平面的法向量为， 则，即，令， 可得， 设，则，， 可得， 可得 又因为平面， 所以，即，解得， 即在棱上存在一点，且当为的中点时，使得平面． 先求平面的法向量，通过计算可得，即可得平面； 先求平面的法向量，通过计算可得，即可得平面； 假设在棱上是否存在一点，使得平面，设，再由平面，求出即可． 本题考查线面平行的证法，线面垂直的证法，线面平行的性质的应用，属于中档题． 19.【答案】解：设动圆的半径为， 当动圆与圆、圆都外切时，， 所以， 当动圆与圆、圆都内切时，， 所以， 所以， 则点的轨迹是以，为焦点，实轴长为的双曲线， 此时，， 解得， 则， 故曲线的方程为； 证明：因为，， 所以直线的斜率存在， 因为， 所以直线过点， 设直线的方程为， 联立，消去并整理得， 此时， 解得， 则直线斜率的取值范围为； 设直线的方程为，， 联立，消去并整理得， 此时， 由韦达定理得，， 因为直线与轴交于点， 所以， 即， 可得， 整理得， 因为，， 所以， 即， 解得， 所以直线的方程为． 故直线恒过定点．   【解析】由题意可得，由双曲线的定义可知动点的轨迹是双曲线，由双曲线的，，得到轨迹方程； 由知道直线过定点，设出直线方程，联立方程组并消元得到一元二次方程，由直线与曲线存在两个交点得到一元二次方程二次项系数不为，判别式大于，又因为，，所以两根之积为负数建立不等式组，解出斜率的取值范围； 设直线方程和垂足的坐标，联立方程组并消元得到一元二次方程，由韦达定理得到交点横坐标与参数的等式，由建立方程整理求解得到，由此得到直线定点． 本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题． 第18页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $