山西省太原市成成中学校2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

太原市成成中学校2026年10月高二月考 数学试题 考试时间:120分钟满分:150分 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1:y=1,则直线1的斜率为 A.0 B.1 C.-1 D.不存在 2.已知空间向量m=(1,2,z),n=(x1,2),若(m+2n)W(2m-),则 Axz1B.x= 2=4 C.=2,z=} D.x=1,z=1 3.圆C:x2+y2=4与圆C2:x2+y2+4y-12=0的公切线的条数是 () A.1 B.2 C.3 D.4 4.“m=3”是“直线:mx+y+m=0与2:3x+(m-2)y-3m=0平行”的 () A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件 D,既不充分也不必要条件 5.下列不可能与直线x-y+1=0和2x-y+1=0相切于同一个圆的直线是 () A.x+y=0 B.2x+3y-3=0C.3x-2y-1=0D.4x+y-2=0 6.我国汉代初年成书的《准南子毕术》中记载:“取大镜高悬,置水盆于下,则是四邻矣.”这是我国古代 人民利用平面镜反射原理的首个实例,体现了传统文化中的数学智慧.已知从点(-5,3)发出的一束光线,经 直线x+y+5=0反射后,反射光线恰好平分圆:(x-1)+(y-1)=5的圆周,则反射光线所在的直线方程 为 () A.x-y=0 B.x+3y-4=0 C.x-9y+8=0D.9x-y+48=0 7.已知圆C:(x-4)2+(y-3)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0),若圆C上存在点P,使得 PA.PB=0,则m的最大值为 () A.3 B.4 C.5 D.6 8.已知点P为圆0:x2+y2=1上的动点,点为圆C:x2+y-4)2=4上的动点,则线段P2中点M 的轨迹围成图形的面积为 () 数学试卷第1页,共4页 A. B C.2 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.下列说法中,正确的有 A.若直线的斜率越大,则直线的倾斜角就越大 B.直线c+y+3k+1=0必过第三象限 C.直线2x-4y-1=0与直线x-2y=0的距离为5 0 D.过点P(2,3)且在x轴,y轴上的截距相等的直线方程为x+y-5=0 10.如图,在棱长为2的正方体ABCD-AB,GD中,E为BB的中点,F为AD的中点,如图所示建立 空间真角坐标系,则下列说法正确的是 A.DB=3 D B.向量正与G所成角的余弦值为压 C.平面AEF的一个法向量是(4,-1,2) D.点D到直线AG的距离为6 11.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现:平面内到两个定点AB的距离之比为定值2(1>O,1≠1)的点所形 成的图形是圆,后来人们将这个圆以他的名字命名,称为阿波罗尼斯圆,简称阿氏圆.已知在平面直角坐 标系xOy中,点A(-2,0),B(L,0),动点P满足PA=2PB,设动点P的轨迹为C,若过点B的直线1交C 于点M,N,则下列说法正确的是 () A.C的方程为(x-2+y2=4 B.若点D(0,2),则1PA+2|PD|的最小值为2√5 C.存在点P和直线I使得∠MPN=牙 D.若M4作21NM,则直线1的方程为y=士 3-) 数学试卷第2页,共4页 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分, 12.已知M为椭圆C:兰+父=1上一点,R,乃为椭圆C的焦点,则 MR5的周长为人 95 13.已知直线1:x+四y-a-1=0过定点P,若过点P作圆C:x2+y2-2mx+4y+m+6=0的切线有两条, 则m的取值范围为 一 14.若直线y=x+2与曲线y-x=√2-(x+y)2有两个不同的交点,则实数k的取值范围为人 提示:二元一次不等式ax+by+c>0(或<0)在平面直角坐标系中表示直线ax+y+c=0某一侧所 有点组成的平面区域(不包括边界). 四、解答题:本题共5小题,其中第15题13分,第16、17题15分,第18、19题17分, 共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.已知直线1:2x+y+4=0与直线l:x-3y-5=0的交点为M. (1)求过点A(4,O)和点M的直线方程; (2)求过点M,且与!垂直的直线方程. 16.如图,已知在棱长为1的正四面体OABC中,OA=a,OB=b, OC=c,点E,F满足OE=2EA,BF=F元. (1)用基底{a,五, }表示向量E丽,并求出1E乎1: (2)求异面直线EF与OC所成角的余弦值. 17.已知圆M经过点A(0,1),B(3,4),且 (1)求圆M的标准方程; (2)若直线1:3x-4y+4=0与圆M相交于P,2两点. (i)求|P2: ()求过P,2两点且面积最小的圆的方程. 要求:从①过点C(2,1),②圆心M在直线2x-y+1=0上这两个条件中任选一个,补充在上面的问题 屮,并给H解答,如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分. 数学试卷第3页,共4页 18.已知圆C:(x-4)+(y+3)=4,P是直线:x-y+1=0上的一动点,过点P作圆C的切线,切点 分别为A,B (1)当点P的横坐标为6时,求切线的方程: (2)当点P在直线1上运动时且点P的横坐标xp∈[-l,6],求四边形PACB面积的取值范围: (3)证明:当点P在直线1上运动时,直线AB过定点, 19.如图,已知平面四边形ABCP中,D为PA的中点,PA⊥AB,CDIlAB,且PA=CD=2AB=4.将 此平面四边形AB(P沿CD折成直二面角P-DC-B,连接PA、PB,设点E是棱PC上的一点, (1)若PC=3PE,证明:AP∥平面BDE: (2)是否存在点E使得直线B那与平面PAB所成角的正弦值为瓜?若存在,求出点B:若不存 10 在,请说明理由: (3)以DE为直径作球O,若球O被平面PBD截得的截面圆的面积为S,求S的最小值. B 数学试卷第4页,共4页 太原市成成中学校2026年10月高二月考 数 学 答 案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B A C B C D C 题号 9 10 11 答案 BC BC ABD 1．A 【分析】由斜率的定义即可求解. 【详解】由直线：，可得直线的斜率为， 故选：A. 2．B 【分析】先由向量坐标的线性运算可得的坐标，再由向量的共线的坐标关系可得. 【详解】由空间向量，， 所以，， 因为，所以，解得. 因此，. 3．A 【详解】设的半径为，的半径为， 由题意得，，，，，，则， 可得两圆内切，即两圆的公切线条数为. 4．C 【详解】令解得或， 当时，与不重合； 当时，与重合，舍去； 综上，，则是的充要条件，故选C. 5．B 【详解】首先联立得，即两直线交于点， 考虑三条直线的位置关系，当且仅当三条直线交于一点时无法画出圆，如下图． 将点代入选项知只有B选项的直线经过点． 故选：B． 6．C 【分析】求得点关于直线的对称点的坐标与圆的圆心坐标，由两点式可求反射光线所在直线方程. 【详解】由，可得圆心， 设点关于直线的对称点的坐标为， 则，解得，即对称点坐标为， 又反射光线恰好平分圆：的圆周，所以反射光线过， 由直线的两点式方程可得反射光线所在直线方程为，即. 故选：C. 7．D 【详解】（法一：几何法）由知， 则点在以为直径的圆上，即以原点为圆心，为半径的圆上． 又点在圆上，所以圆和圆有公共点（相交或相切）， 即，代入得，解得． （法二：参数方程）设， 则 ， 若存在点使得，则，即， 由知． 故选：D． 8．C 【详解】（法一）如图所示，取的中点，的中点， 则在中，，则点在以为圆心，为半径的圆上， 在中，，则点在以为圆心，1为半径的圆上， 故点的轨迹为圆心在圆上的动圆，因为，所以覆盖的区域为圆环，如下图： 则其面积为. 故选：C． （法二）基于法一，可知，，则即， 所以点的轨迹为圆环，则其面积为. 9．BC 【分析】根据倾斜角与斜率的关系即可判断A；将直线方程化为，再求解即可判断B；根据两平行直线间的距离公式即可判断C；举特例判断D． 【详解】对于A，当斜率为时，倾斜角为， 当斜率为时，倾斜角为，故A错误； 对于B，将直线，化为， 则，解得， 即直线必过定点，则该直线必定过第三象限，故B正确； 对于C，将直线化为， 则这两平行直线间的距离为，故C正确； 对于D，当直线过原点时，也满足在轴，轴上的截距相等， 此时直线的斜率为，则直线方程为，故D错误. 故选：BC． 10．BC 【分析】根据题意得出各点坐标，利用空间中两点的距离公式，向量夹角的余弦值公式，平面法向量的求法，及空间中点到直线的距离公式逐一分析即可. 【详解】由题意得，， 对于：，故错误； 对于：， 所以，故正确； 对于：， 设平面的法向量为， 则， 取，则，则，故正确； 对于：，设点到直线的距离为， 则，故错误. 故选：BC． 11．ABD 【详解】对于A，设，由，则， 化简得，所以点的轨迹的方程为，故A正确； 对于B，由题意知，则， 结合图象知， 则的最小值为，故B正确； 对于C，由圆的性质“同弧所对的圆周角是圆心角的一半”， 设圆心，则，此时， 而直线与圆相交的弦长最小时与直径垂直，最小值为 ，即不存在直线使得， 所以不存在直线使得使得，故C错误； 对于D，由阿氏圆的定义知即， （法一：几何法）设，则，， 作，则，， 在中，即， 在中，即， 联立解得，所以． 由C选项知当直线斜率不存在时，舍去； 当直线斜率存在时，设直线即， 令解得，即直线．故D正确． （法二：几何法2）由相交弦定理知， 可解得，，则，后续同法一． （法三：几何法3）设，则，，， 由知为的角平分线，则即， 故，所以，后续同法一． （法四：代数法）当直线斜率为0时，，不符题意； 当直线斜率不为0时，设直线，，，由知， 联立得， 由韦达定理得 ， 联立①②知，代入③式知即，解得， 则直线即．故D正确． 故选：ABD. 12．10 【解析】根据题意求出，再利用椭圆的定义求解. 【详解】由题得， 由题得的周长为. 故答案为：10 【点睛】方法点睛：圆锥曲线的问题，看到焦半径，要联想到该曲线的定义，利用曲线的定义求解. 13． 【分析】由圆的一般方程得或，再利用P在圆C的外部得，从而求出m的范围． 【详解】整理得，令得，即直线过定点； 根据题意，圆， 必有，解得：或； 过点P作圆C的切线有两条，则P在圆C的外部，则有，解得， 综上可得：m的取值范围为； 故答案为：． 14． 【分析】作出曲线与直线的图象，由题意根据图象计算可解. 【详解】由，平方后整理得表示圆心在原点且半径为1的圆， 又即，其表示的区域为直线的左上方区域， 则表示的图形如图所示的半圆， 又表示恒过定点的直线， 直线与曲线有两个不同的交点即半圆和直线始终有两个公共点， 圆心到直线的距离为，解得， 当直线经过时知，则； 当时，此时切点不在图示半圆内（），故当时不符合题意； 所以实数的取值范围为． 15．(1) (2) 【分析】（1）联立两直线方程，可求出交点M的坐标，进而可得直线AM的斜率，代入点斜式方程，即可得答案. （2）根据两直线的位置关系，可得与垂直的直线的斜率k，代入点斜式方程，即可得答案. 【详解】（1）联立两直线方程，解得，即交点， 又，则， 所以直线AM的方程为，即. （2）直线变形为，斜率， 则与垂直的直线斜率， 则过点M，且与垂直的直线方程为，即. 16．(1)， (2) 【分析】（1）根据向量线性运算法则，整理计算，即可得答案. （2）根据向量求夹角公式，结合求模公式，化简计算，即可得答案. 【详解】（1）由题意 ． 在正四面体中，任意两条棱的夹角均为，且棱长为1， 则，同理， 所以 ， 即． （2）由（1）得，． 所以 ， 又， 因为异面直线EF与OC所成角， 所以， 所以异面直线EF与OC所成角的余弦值为. 17．（1） （2）（i） （ii）（或） 【分析】（1）选① ：解法一：设圆的标准方程，根据已知条件列方程，由此求得圆的标准方程；解法二：设圆的一般方程，根据已知条件列方程，由此求得圆的标准方程.选②：解法一：先求得线段垂直平分线的方程，通过联立方程组求得圆心的坐标，进而求得圆的半径，从而求得圆的标准方程；解法二：根据圆心在直线上，设圆心，再由可得，从而可得圆的标准方程； （2）由（1）知圆的标准方程，解法一：利用点到直线的距离公式以及圆的弦长公式求得；解法二：通过联立方程组的方法，求得两点的坐标，进而求得. 【详解】（1）选①： （解法一）:设圆的标准方程为． 因为圆经过点，，三个点， 所以，消去得，解得， 再将代入解得， 圆的标准方程为． （解法二）:设圆的一般方程为． 由题意可得，， 消去得，解得，再代入方程解得. 圆的一般方程为， 即圆的标准方程为． 选②： （解法一）：由，，得，中点为， 线段的垂直平分线为，即． 又圆心在直线上， 联立，解得，即圆心． 圆的半径， 圆的标准方程为． （解法二）：因为圆心在直线上， 所以设圆心，且，在圆上， ，， 整理得，解得. 所以圆心． 圆的标准方程为． （2）（i）（解法一）：由（1）知圆的标准方程为， 所以圆心到直线的距离. 因为圆的半径，所以弦长． （解法二）：联立直线方程与圆的方程得， 消去，化简整理得，解得或， 当时，代入得； 当时，代入得. 所以交点，由两点间距离公式得． （ii）（法一：几何法）当圆的面积最小时，该圆以为直径，由（i）知， 过圆心且垂直于的直线方程为， 联立与得，所以该圆的圆心为， 则该圆方程为． （法二：圆系方程）设过两点的圆的方程为， 整理得， 则， 当且仅当时，该圆的半径最小，此时圆的方程为． 18．（1）或 （2） （3）直线过定点 【分析】（1）求出点P坐标后，借助切线定义，分斜率不存在与斜率存在进行讨论即可得； （2）由切线性质计算可得，再利用点到直线的距离公式可求出的取值范围，即可得解. 【详解】（1）圆的圆心C为，半径为2， 因为P是直线上的一动点，则当点P的横坐标为6时，P点坐标为， 当切线的斜率不存在时，切线方程为，符合题意； 当切线的斜率存在时，设切线方程为，即， 由，解得， 此时切线方程为，即， 综上，所求的切线方程为或． （2）设点，则 ， 因为，所以． （3）（法一）设点，则， 所以以为圆心，为半径的圆的方程为， 即， 因为直线为圆和圆的相交弦，两圆相减得， 整理得， 令解得，即直线过定点． （法二）设点，则以为直径的圆的方程为， 即， 因为直线为圆和圆的相交弦，两圆相减得， 整理得， 令解得，即直线过定点． 19．（1）略 （2）存在，为棱中点 （3） 【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系求坐标，计算平面法向量，证明垂直于法向量，可得线面平行；解法2：利用线段比例，证明，由线面平行判定定理证明. （2）求与平面法向量，利用公式计算即可. 【详解】（1）（解法1）：折叠前，因为，， 所以，所以，， 折叠后，，仍然成立， 又因为二面角为直二面角，所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知条件可知，，，，，   则，，，   因为，所以，，   设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为，   可得，   又因为平面，所以平面． （解法2）：如图所示，连接交于点，连接， 因为，，所以，   由题意可知，，所以，所以，   又因为平面，平面，所以平面． （2）存在点使得直线与平面所成角的正弦值为． 折叠前，因为，， 所以，所以，， 折叠后，，仍然成立， 又因为二面角为直二面角，所以， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知条件可知，，，，，   设，，则， 则则，，, 设平面的法向量为， 则令，得，，所以，   设直线与平面所成角为， 所以， 解得，此时点为棱的中点． 即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为． （3）由（2）知，则球的半径， 又球心，，，， 设平面的法向量为， 则令，得，，所以，  所以点到平面的距离， 则截面圆的半径，当且仅当时取得最小值， 所以． 试卷第4页，共13页 试卷第3页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $