精品解析：陕西西安市铁一中学2026-2027学年高二上学期10月考数学试题

数学试题J 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 设复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知向量 ，则（　　） A. B. 5 C. D. 4 3. 已知直线：和直线：，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列结论正确的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 直线在轴上的截距为2 C. 过点且方向向量为的直线方程为 D. 当时，直线与圆相交所得弦长最短 5. 已知、是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 若直线被圆截得的弦长为，则的最小值为 A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知曲线：，点在曲线上，下列结论中正确的个数为（ ） ①曲线围成的图形的面积为；②的最小值为； ③的最大值为；④曲线有且仅有4条对称轴． A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 下列结论正确的是（ ） A. “，”的否定是“，” B. 不等式的解集 C. 函数的定义域是 D. 函数过定点 10. 已知圆，，圆与圆相交于点，，，下列结论正确的是（ ） A. B. 直线的方程是 C. 公共弦长 D. 四边形的面积是24 11. 如图，底面为边长是的正方形，半圆面底面.点为半圆弧(不含点)一个动点.下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 三棱锥的外接球的表面积为定值 D. 直线与平面所成最大角的正弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知，则在上的投影向量为_______ (用坐标表示) 13. 过点作圆：的切线，则切线方程为______． 14. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，记为事件A，B的对立事件，且，则=__________ 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. 设直线的方程为． （1）求经过定点的坐标； （2）若直线在轴上的截距是在轴上的截距的2倍，求直线的方程． 16. 如图，四棱锥的底面是菱形，平面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； 17. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，且，的面积． （1）求证：； （2）求的最大值． 18. 已知圆 ，圆上一动点，圆外一动点，满足的最大值为其最小值的2倍. （1）求点的轨迹方程； （2）若圆，，是圆与（1）中所求的点轨迹的交点. （i）求以为直径的圆的方程; （ii）若直线与圆交于，两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得直线的斜率互为相反数?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题J 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 设复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数除法结合复数模计算方式可得答案. 【详解】， 则. 2. 已知向量 ，则（　　） A. B. 5 C. D. 4 【答案】A 【解析】 【详解】向量 ，则. 3. 已知直线：和直线：，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知直线：，可变形为，其斜率为， 直线：，可变形为，其斜率为， 因为， 所以，解得． 4. 下列结论正确的是（ ） A. 直线的倾斜角为 B. 直线在轴上的截距为2 C. 过点且方向向量为的直线方程为 D. 当时，直线与圆相交所得弦长最短 【答案】D 【解析】 【分析】求得直线斜率为，结合倾斜角和斜率的关系，可判定A不正确；令，求得，可判定B不正确；求得直线的斜率为，利用直线的点斜式方程，可判定C不正确；利用直线与圆的位置关系和圆的弦长公式，可判定D正确. 【详解】对于A，由直线，可得其斜率为， 设直线的倾斜角为，可得，所以，所以A不正确； 对于B，由直线，令，可得， 即直线在轴上的截距为，所以B不正确； 对于C，由直线的方向向量为，可得直线的斜率为， 所以所求直线方程为，即，所以C不正确； 对于D，由直线，可得，所以直线恒过定点， 又由圆，可得圆心为，半径为，且点在圆内， 由圆的弦长公式知：当直线与垂直时，直线与圆截得的弦长最短， 因为，所以直线的斜率为，所以，即，所以D正确. 5. 已知、是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理，对每个选项逐一进行分析判断即可. 【详解】若，，则直线可能平行于平面，也可能在平面内，即或，故A错误； 若，，则或， 当，又因为，根据一个平面过另一个平面的一条垂线，则这两个平面互相垂直，可得， 当，平面内必有一条直线与直线平行，又，所以，所以，故B正确； 若，，则或， 又因为，所以直线与平面可能相交、平行或，故C错误； 若，，，则直线与直线可能平行，可能异面，故D错误. 6. 若直线被圆截得的弦长为，则的最小值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合直线ax﹣by+2＝0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+4x﹣4y﹣1＝0所截得的弦长为6，得到a，b的关系式，再根据基本不等式中1的活用，即可得到答案． 【详解】（x+2）2+（y﹣2）2＝9是以（﹣2，2）为圆心，以3为半径的圆， 又∵直线ax﹣by+2＝0（a＞0，b＞0）被圆x2+y2+4x﹣4y﹣1＝0所截得的弦长为6， ∴直线过圆心， ∴a+b＝1， ∴（）（a+b）＝55+25+2，当且仅当a2，b＝3时取等号， ∴的最小值为5+2， 故选C． 【点睛】本题考查的知识点是直线与圆相交的性质，基本不等式，其中根据已知条件，分析出圆心在已知直线上，进而得到a，b的关系式，是解答本题的关键． 7. 已知正方体的棱长为2，点满足，且，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由和结合共面向量定理得四点共面， 即点在平面上，则的最小值为点到平面的距离． 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的法向量，则， 取，点到平面的距离． 8. 已知曲线：，点在曲线上，下列结论中正确的个数为（ ） ①曲线围成的图形的面积为；②的最小值为； ③的最大值为；④曲线有且仅有4条对称轴． A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 【答案】B 【解析】 【分析】根据曲线：画出图象，结合几何意义，数形结合判断各选项对错即可. 【详解】由题可得，当 ， 所以其图形如下所示， 对于①，曲线围成的图形的面积为，故①正确. 对于②，表示点与点的连线的斜率， 由图可知当与直线相切时取得最小值， 设切线为，则 解得或（舍去）. 所以的最小值为,故②正确. 对于③，其图形如下所示， 点到直线的距离为， 结合图象可知，到直线的距离的最大值为. 于是的最大值为，故③错误. 对于④，由图像可知，曲线有且仅有4条对称轴， 分别为轴，轴，直线，直线，故④正确. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 下列结论正确的是（ ） A. “，”的否定是“，” B. 不等式的解集 C. 函数的定义域是 D. 函数过定点 【答案】BD 【解析】 【详解】对A，“，”的否定是“，”，所以A错误； 对B，，所以，整理得且，解得，所以解集为，所以B正确； 对C，函数的定义域是，所以C错误； 对D，令，则 ，与的取值无关，所以函数过定点，所以D正确. 10. 已知圆，，圆与圆相交于点，，，下列结论正确的是（ ） A. B. 直线的方程是 C. 公共弦长 D. 四边形的面积是24 【答案】ABD 【解析】 【分析】化简圆的方程为一般式方程，两方程相减，求得的方程，可判定B正确；联立方程组，求得方程组的解，可判定A正确，利用圆的弦长公式，求得的值，可判定C错误；由四边形的对角线和互相垂直，结合，可判定D正确. 【详解】由圆，即， 圆，即， 且圆心，，半径，， 联立方程组，两式相减，可得，即， 即直线的方程是，所以B正确； 联立方程组，解得或， 因为，所以，所以A正确； 由圆心到直线的距离为， 根据圆的弦长公式，可得，所以C错误； 由圆的性质得，四边形的对角线和互相垂直， 且，， 所以四边形的面积为，所以D正确. 11. 如图，底面为边长是的正方形，半圆面底面.点为半圆弧(不含点)一个动点.下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 三棱锥的外接球的表面积为定值 D. 直线与平面所成最大角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据半圆和正方形的性质，结合线面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理即可判断；对于B，根据题设可判断点为半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，然后利用三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积的最大值后即可判断；对于C，结合图形可判断三棱锥的外接球的球心为的中点，然后利用球的体积公式即可求得三棱锥的外接球的表面积，进而判断为定值；对于D，结合图形过点作，连接，则可判断为直线与平面所成角的平面角，设，列出线面角正弦值关于的关系式，换元后利用基本不等式即可求解. 【详解】对于A，因为底面为边长是的正方形，所以， 又半圆面底面，半圆面底面，底面，所以半圆面； 又半圆面，所以，，所以是直角三角形； 因为是圆的直径，所以，所以是直角三角形； 因为，所以是直角三角形； 因为，，，底面，所以平面；又平面，所以，所以是直角三角形； 所以三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形，故A正确； 对于B，在三棱锥中，半圆面，所以是三棱锥的高； 当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，此时三棱锥的体积取得最大值，即三棱锥的体积的最大值为，故B错误； 对于C，如图，取的中点，由A选项知，所以点为三棱锥外接球的球心，所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确； 对于D，如图，过点作于，连接， 因为半圆面底面，半圆面底面，半圆面，所以面； 所以为在面内的射影，所以为直线与平面所成角的平面角； 设，则，，则在直角三角形中，，， 所以； 所以； 令，则，且，所以； 又，当且仅当，即时，取等号； 所以，所以， 所以，即直线与平面所成最大角的正弦值为，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 已知，则在上的投影向量为_______ (用坐标表示) 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义，结合数量积的坐标运算即可求解. 【详解】由得， 在上的投影向量为， 故答案为： 13. 过点作圆：的切线，则切线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】易得点在圆上，则切线必垂直于切点与圆心的连线，进而求解即可. 【详解】因为，所以点在圆上， 故切线必垂直于切点与圆心的连线， 由，则圆心为， 则切点与圆心连线的斜率为，即切线的斜率为， 所以切线方程为，即. 故答案为：. 14. 设A，B是一个随机试验中的两个事件，记为事件A，B的对立事件，且，则=__________ 【答案】0.3## 【解析】 【分析】先求出，根据得到，结合，求出，从而得到. 【详解】由题意得，为互斥事件， 即， ， 又①，②， 式子①②相加得， 故， 所以，则. 故答案为：0.3 【点睛】若事件A，B互斥，则有， 若事件A，B不互斥，则有. 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. 设直线的方程为． （1）求经过定点的坐标； （2）若直线在轴上的截距是在轴上的截距的2倍，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）整理可得，进而分析定点即可； （2）求直线在坐标轴上的截距，结合题意列式求解即可直线方程. 【小问1详解】 由整理可得， 令，解得， 所以不论为何值，直线必过一定点. 【小问2详解】 由题意可知：，且， 令，解得；令，解得； 因为，解得或， 当时，直线的方程为：； 当时，直线的方程为：； 综上所述：所求直线的方程为或. 16. 如图，四棱锥的底面是菱形，平面，，为的中点． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； 【答案】（1）证明：如图，连接，交于点，则为的中点．连接， 因为是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，利用中位线找到线线平行证明即可； （2）通过将所求棱锥转换成已知底与高的两棱锥体积之差计算体积即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为底面为菱形且，故为等边三角形， 则； 由，且三棱锥与三棱锥底面积相同， 因为是的中点，则三棱锥的高是三棱锥的高的二倍， ． 17. 已知，，分别为的三个内角，，的对边，且，的面积． （1）求证：； （2）求的最大值． 【答案】（1）根据三角形面积公式可得：， 余弦定理可得：， 又因为，所以， 在中，两边同时除以整理可得： 即 . （2） 【解析】 【分析】（1）先分别写出三角形面积公式和余弦定理表达式，再结合已知条件建立等式，最后通过化简等式求解. （2）通过已知条件求出的值，再利用基本不等式求出的最大值，进而得到三角形面积的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：，两边平方得： ，又因为， 所以，化简可得：， 因为是三角形内角，，解得， 所以，已知， 由基本不等式得 ，当且仅当时等号成立， 所以， 所以，的最大值是． 18. 已知圆 ，圆上一动点，圆外一动点，满足的最大值为其最小值的2倍. （1）求点的轨迹方程； （2）若圆，，是圆与（1）中所求的点轨迹的交点. （i）求以为直径的圆的方程; （ii）若直线与圆交于，两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一定点，使得直线的斜率互为相反数?若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i） （ii） 【解析】 【分析】（1）根据，得出动点的轨迹方程； （2）（i）两圆作差，得出公共弦所在直线的方程，求出圆心和半径，从而得出圆的方程； （ii）先假设存在这样的点，根据条件得，通过根与系数的关系，求出的值. 【小问1详解】 圆，圆心，半径， 对圆外一点，点在圆上，则：， 由题意，即，所以. 设，则， 整理得，. 【小问2详解】 （i）点的轨迹圆方程：，即① 圆，即② ①②得公共弦所在直线方程：， 点的轨迹圆圆心、圆圆心，两点连线的斜率， 所以直线，直线垂直平分，故圆心就是直线与的交点， 联立，解得. 将代入， 得，即，所以， 所以圆的方程为. （ii）假设存在点，满足，设，， 则，将代入， 得，即. 联立，得，. 根据根与系数的关系，得，， 所以，代入式，得， 即，因为对任意，等式恒成立，所以， 解得，因此存在定点满足条件. 19. 在平行四边形中，，，为上一点，且平分，将沿翻折至． （1）若平面平面． （i）求证：； （ii）设平面，若，求点到平面的距离； （2）试判断锐二面角是否存在最大角，若存在，求出其正弦值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）（i）因为，， 在中，由余弦定理，，, 所以，即，所以. 因为平面平面，平面平面， 平面，， 所以平面． 因为平面，所以； （ii） （2）存在，正弦值最大值为 【解析】 【分析】（1）（i）由平面平面，得 平面，推出； （ii）方法1（坐标法）：建系写出所有点坐标，求出平面的法向量，利用点到平面距离公式算出距离；方法2（等体积法）：，分别求出底面面积、高，解方程得到点到平面距离； （2）求出锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 【小问1详解】 （i）略； （ii）设，连接， 因为，平面，平面， 所以． 因为平分，所以， 所以，， 由（1）知，，，，平面． 法1： 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，，， 设平面（即）的一个法向量为， 所以，即，令，则，， 所以， 设到平面的距离是， 所以， 所以点到平面的距离是； 法2： 由，得， 所以的面积为． 由（1）知平面，平面，所以． 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以，即； 在中，由余弦定理得，所以， 设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，所以点到平面的距离是； 【小问2详解】 以为原点，，及垂直平面所在的直线分别为轴、轴、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，设， 因为，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 解得，令，则， 所以， 又因为，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以， 得， 所以， 令，则， 所以， 设， 因为，， 所以当，即时，取得最小值， 所以， 设锐二面角的大小为， 因为，所以， 所以锐二面角的正弦值的最大值为，由正弦函数的单调性知角存在最大角. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $