精品解析：北京市顺义牛栏山第一中学2026-2027学年高二上学期10月月考数学试题

高二数学 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平行六面体中，是与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线：和直线：则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 5. 以为圆心，且与直线相切的圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 6. 点关于直线的对称点为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点是圆：上一动点，则点到直线：的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正四面体的棱长为，点是棱的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知点，动直线：，作于点，则点到坐标原点距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 10. 已知正方体的棱长为1，是线段上一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值 ②存在点，使得 ③存在唯一一个点，使得 ④存在点，使得直线与平面所成角为 其中所有正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分． 11. 直线：与直线：之间的距离是________． 12. 已知直线：和直线：垂直，则________． 13. 已知圆的方程为，则圆的半径________，设是圆上一点，则的取值范围是________． 14. 已知四棱锥，平面，四边形是正方形，且，是线段上一个动点，则面积的最小值为________． 15. 已知正方体的棱长为2，是棱的中点，在棱上，且，是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个结论： ①平面 ②不存在点，使得平面平面 ③在平面，平面上的正投影图形的面积分别是，，对任意点， ④为锐角三角形 其中所有正确的结论是________． 三、解答题：共6个小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在平面直角坐标系中，已知，，，线段的中点为． （1）求直线的方程；（结果写成一般式） （2）过点的直线与直线垂直，求直线的方程．（结果写成一般式） 17. 已知正方体，，是中点． （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）求到平面的距离． 18. 已知圆经过，两点，并且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程； （2）求直线：被圆所截得的弦长； （3）已知点，以为圆心的圆与圆相切，求圆的标准方程． 19. 在三棱柱中，平面平面，是等边三角形，，是中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，求直线与直线所成角的余弦值． 20. 在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，，分别是，的中点． （1）证明：平面； （2）若，平面与平面的交线为，设直线与直线交于点，求线段的长度； （3）当直线与平面所成角的正弦值为时，求的长度． 21. 在平面直角坐标系中，对任意两点，，定义两点之间的曼哈顿距离：．已知平面上两个定点，． （1）求证：对平面内任意一点，恒有，并写出等号成立时，点满足的几何条件； （2）动点满足，直接在平面直角坐标系中画出动点的轨迹； （3）若动点满足，其中O为坐标原点． （i）求动点的轨迹方程，并在平面直角坐标系中画出轨迹简图； （ii）若动点满足，与的曼哈顿距离是否有最小值，若有求出最小值，若没有，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中只有一个符合题目要求． 1. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线的斜率，再由即可得到倾斜角. 【详解】直线，即， 直线的斜率，设倾斜角为，则， 又因为，所以， 即直线的倾斜角为. 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，，得. 3. 在平行六面体中，是与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知，在平行六面体 中，，，。 根据向量加法的三角形法则，可得： ， 因为 ， 又因为 是平行四边形 对角线 与 的交点， 所以 为 的中点， 则 . 在 中，， 所以 . 综上所述， . 4. 已知直线：和直线：则“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分也不必要 【答案】C 【解析】 【分析】先利用系数交叉相乘等于求出参数，再剔除直线重合的情况，最后结合充分条件和必要条件的概念判断即可． 【详解】：，：， 由，得，解得或， 当时，：，：即， 两条直线完全重合，故舍去， 当时，：，：即， 两直线斜率相同，截距不同，满足平行条件， 所以“”是“”的充分必要条件． 5. 以为圆心，且与直线相切的圆的标准方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将直线化为一般式，利用点到直线的距离公式计算圆心到直线的距离，该距离就是圆的半径，再结合圆心坐标写出圆的标准方程. 【详解】直线，可化为. 圆心，因为圆与直线相切， 所以，. 所以圆的标准方程为. 6. 点关于直线的对称点为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设点关于直线的对称点为，由中点坐标公式以及直线与直线垂直即可求解. 【详解】设点关于直线的对称点为， 则，两点的中点为，则，即， 且直线与直线垂直，则直线的斜率为，即， 则，联立，解得，， 故关于直线的对称点为. 7. 已知点是圆：上一动点，则点到直线：的距离的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因圆心到直线的距离为，半径为， 所以点到直线：的距离的最大值为. 8. 已知正四面体的棱长为，点是棱的中点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用中点向量公式把表示为，再展开数量积，结合正四面体棱向量模长为，两两夹角，代入数量积公式计算即可． 【详解】如图，作出符合题意的图形， 在棱长为2的正四面体中， 得到，且两两的夹角为， 所以， ， 因为点是棱的中点，所以， 所以． 9. 已知点，动直线：，作于点，则点到坐标原点距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定动直线恒过的定点，结合垂直关系得到点P的轨迹为圆，再利用圆上点到原点的最小距离为圆心到原点的距离减半径求解. 【详解】将直线的方程整理为， 令，解得，即直线恒过定点， 因为，垂足为，所以， 根据直径所对圆周角为直角，可知点的轨迹是以线段为直径的圆， 因为、，则圆心为的中点，半径， 原点到圆心的距离为， 而圆上点到圆外点的最小距离为点到圆心的距离减半径， 故点到原点的最小距离为. 10. 已知正方体的棱长为1，是线段上一个动点，给出下列四个结论： ①三棱锥的体积为定值 ②存在点，使得 ③存在唯一一个点，使得 ④存在点，使得直线与平面所成角为 其中所有正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】①选项根据锥体体积进行判断、②选项利用向量法判断线线垂直、③选项利用向量法求空间距离、④选项利用向量法求线面角，从而确定正确答案. 【详解】①由于平面，平面， 所以平面，所以到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为定值，①正确. 以为空间坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， ， 设，， 所以 ②， 由 该方程无解，所以不存在点，使得，②错误. ③，， 若，则， ，所以存在唯一一个点，使得， 是的中点，所以③正确. ④，， 设平面的法向量为， 则，故可设， 若直线与平面所成角为， 则， ，该方程无解，所以不存在点， 使得直线与平面所成角为，④错误. 综上所述，正确的有个. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分． 11. 直线：与直线：之间的距离是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用平行直线之间的距离公式可得答案. 【详解】直线：，则直线：， 则直线与直线之间的距离. 12. 已知直线：和直线：垂直，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用两条直线垂直的充要条件，结合直线一般式的系数关系列方程求解的值. 【详解】对于直线的一般式与， 两直线垂直的充要条件为. 由题意，与垂直， 所以 ， 解得. 13. 已知圆的方程为，则圆的半径________，设是圆上一点，则的取值范围是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先将圆的一般方程化为标准方程求得半径，再将所求分式转化为圆上点与定点连线的斜率，利用直线与圆有交点时圆心到直线的距离不大于半径求解取值范围. 【详解】将圆的一般方程配方，化简为标准方程：，因此圆的半径； 设，其几何意义为圆上动点与定点连线的斜率，整理得直线方程， 由于点在圆上，故直线与圆有公共点，圆心到直线的距离， 根据点到直线的距离公式：，代入， 得：，两边平方得，化简得，解得， 因此的取值范围是. 14. 已知四棱锥，平面，四边形是正方形，且，是线段上一个动点，则面积的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先证明平面，得中边上的高为（为与的交点），将问题转化为求定点到直线的最短距离，进而求出面积最小值. 【详解】因为四边形是正方形，故对角线； 又平面，平面， 故，由于，且平面， 因此平面， 设与交于点，则平面，故平面， 因此，即为中边上的高， 由，得正方形对角线， 因此的面积，求的最小值等价于求的最小值， 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 得各点坐标：，，， 设，则， 因此：， 这是开口向上的二次函数，对称轴为，代入得，故， 计算最小面积：. 15. 已知正方体的棱长为2，是棱的中点，在棱上，且，是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个结论： ①平面 ②不存在点，使得平面平面 ③在平面，平面上的正投影图形的面积分别是，，对任意点， ④为锐角三角形 其中所有正确的结论是________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据几何体的性质建立空间直角坐标系，写出点的坐标，用参数表示出动点坐标，求出直线方向向量和平面的法向量，根据空间中的位置的关系的向量表示，逐一判断各命题的正误，得出判断结果. 【详解】如图所示，根据正方体的性质，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 可知， 可得， 设面的法向量为， 可得，即， 令，解得，所以面的一个法向量为， 所以，所以平面，所以①正确； 设点，， 可知，可得， 解得，即点， 可知， 可知， 设面的法向量为， 则，即， 当时，解得，即面的一个法向量为， 可知， 设面的法向量为， 则，即， 当时，解得，即面的一个法向量为， 令，即，即，因为，解得， 所以存在点，使得平面平面，所以②错误； 可知点，则点在平面上的正投影，在平面上的正投影， 所以为在平面上的正投影图形，为在平面上的正投影图形， 可知点在线段上，，，， 所以， 可知点在线段上，，，，所以， 当时，即，化简得， 解得，因为，所以不存在点，使，所以③正确； 可知， 则，可知，所以，即为锐角， 可知， 则， 因为，所以，即为锐角， 同理， 则，所以为锐角，所以为锐角三角形，即④正确. 三、解答题：共6个小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在平面直角坐标系中，已知，，，线段的中点为． （1）求直线的方程；（结果写成一般式） （2）过点的直线与直线垂直，求直线的方程．（结果写成一般式） 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）求出中点坐标，再利用两点式方程求解，然后化为一般式方程形式； （2）根据两直线垂直求出直线的斜率，再利用点斜式方程求解，然后化为一般式方程形式； 【小问1详解】 由题可知线段的中点， 所以直线的方程为，即； 【小问2详解】 由题可知，直线的斜率为， 所以直线的斜率为， 又直线经过点，所以直线的方程为，即. 17. 已知正方体，，是中点． （1）求平面与平面夹角的余弦值； （2）求到平面的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建系写坐标，用法向量方程组求平面的法向量，再由两个法向量夹角的余弦得两平面夹角的余弦； （2）由法向量与平面上一点写出平面方程，代入点到平面的距离公式求解． 【小问1详解】 以为原点，、、的方向分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 由得，，，，， 而为的中点，故． 于是，． 设平面的法向量为， 则，，取得，． 平面的一个法向量为， 设两平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 【小问2详解】 平面过点且法向量为，， 故点到该平面的距离． 18. 已知圆经过，两点，并且圆心在直线上． （1）求圆的标准方程； （2）求直线：被圆所截得的弦长； （3）已知点，以为圆心的圆与圆相切，求圆的标准方程． 【答案】（1） （2） （3） 或 【解析】 【分析】（1）圆心是的中垂线与已知直线的交点，定出圆心后再用两点距离求半径； （2）先算圆心到直线的距离，再由半径、弦心距、半弦长的勾股关系求弦长； （3）先算圆心距，再按外切、内切两类方程分别求圆的半径． 【小问1详解】 的中点为，直线的斜率， 故的中垂线为，即． 圆心既在中垂线上，又在上，联立解得， 半径， 故圆的标准方程为． 【小问2详解】 圆心到直线的距离， 由垂径定理得所得弦长为． 【小问3详解】 ，设圆的半径为． 若两圆外切，则，； 若两圆内切，则，得或（舍去）． 故圆的标准方程为或． 19. 在三棱柱中，平面平面，是等边三角形，，是中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，求直线与直线所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图所示，连接，与交于点，连接，，， 因为四边形是平行四边形，所以点是中点，又点是中点， 所以是的中位线，所以， 因为平面，平面，所以平面. （2）证明：连接，， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面，又因为平面，所以， 又为等边三角形，且四边形为平行四边形，所以四边形为菱形， 所以， 因为，平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以平面平面. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，与交于点，证明即可证明平面； （2）由和平面平面得，再通过为等边三角形，且四边形为平行四边形得到四边形为菱形，推出，即可证明平面平面； （3）由（1）得，将求直线与直线所成角的余弦值转化为求直线与直线所成角的余弦值的绝对值，求出三边长度，利用余弦定理即可得到答案. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 由（1）得，所以要求直线与直线所成角的余弦值， 即求直线与直线所成角的余弦值的绝对值， 因为为等边三角形，点为中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，所以是直角三角形， 因为，，所以是等腰直角三角形， 所以，, 所以，， 所以， 所以在中，， 因为点是中点，所以， 由余弦定理可得， 设直线与直线所成角为，则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 20. 在四棱锥中，底面是正方形，平面，，，，分别是，的中点． （1）证明：平面； （2）若，平面与平面的交线为，设直线与直线交于点，求线段的长度； （3）当直线与平面所成角的正弦值为时，求的长度． 【答案】（1）因为，是的中点，所以， 因为平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面. （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和线面垂直的性质定理，证明线线垂直，进而根据线面垂直的判定定理证明结论即可； （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，根据线面平行的性质定理，找到直线的位置，进而设出点的坐标，写出直线的方向向量，求出点的位置，求出结果即可； （3）设出几何体的高，根据线面夹角的向量方法，求出直线方向向量和平面的法向量，进而求出参数值，写出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，作中点，连接，可知平面，底面是正方形， 则以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 可知，面，面，所以面， 所以平面与平面的交线经过点且， 因为，所以，设点， 可知，所以， 可得， 设，即，解得， 所以，可得. 【小问3详解】 设，则， 可得， 设平面的法向量为， 则，即， 令，解得，即面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则， 化简得，解得或，即或， 可知，所以或. 21. 在平面直角坐标系中，对任意两点，，定义两点之间的曼哈顿距离：．已知平面上两个定点，． （1）求证：对平面内任意一点，恒有，并写出等号成立时，点满足的几何条件； （2）动点满足，直接在平面直角坐标系中画出动点的轨迹； （3）若动点满足，其中O为坐标原点． （i）求动点的轨迹方程，并在平面直角坐标系中画出轨迹简图； （ii）若动点满足，与的曼哈顿距离是否有最小值，若有求出最小值，若没有，说明理由． 【答案】（1）证明：由曼哈顿距离定义可得，，， 所以， 若，， 若，， 若，， 若，， 若，， 若，， 所以，当且仅当，时等号成立. （2）画出动点的轨迹如图所示， （3）（i）动点的轨迹方程为直线，轨迹简图如图所示 （ii）存在最小值，理由如下： 设，， 由曼哈顿距离定义可得，， 由绝对值的性质可得，当且仅当，时等号成立， 代入得，即， 由（1）可得，， 若，，解得， 若，，解得， 综上所述，当与重合，即坐标为或时取得最小值，最小值为0. 【解析】 【分析】（1）根据曼哈顿距离定义写出表达式，分类讨论即可证明； （2）根据曼哈顿距离定义写出表达式，分类讨论即可得出答案； （3）（i）根据曼哈顿距离定义写出表达式，解方程即可得出答案； （ii）根据曼哈顿距离定义写出表达式，由绝对值的性质即可求出最小值，分类讨论即可求出取最小值时的点的坐标. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由曼哈顿距离定义可得， 当，时，，即， 当，时，，即， 当，时，，即， 当，时，，即， 画出动点的轨迹如图所示， . 【小问3详解】 （i）由曼哈顿距离定义可得，， 因为， 所以， 所以，解得， 所以动点的轨迹方程为直线，轨迹简图如图所示， （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $