安徽省合肥市七中2025-2026学年高二上学期10月考试数学试卷

2024命题人 审题人 满分：150 考试时间：120分一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符圆x2y22x6y60的圆心和半径分别为 若直线l1xay60与l2a2x3y2a0a的值为（

D.1或三棱锥OABC中，OA b,OC→，点M为BC中点，点N满足ON ，

MN 1 1 2

1 1 2A.ab B.ab 2C.

1 1bc

D.1

2 1abca A[－2，0)∪(0，1 B.(－∞，－1 C.[－2，1 D.(－∞，－2]∪[1 G1 在空间直角坐标系中，P0,0,0，A1,0,0，,,1，则点P到直线AG的距离为（3

2

π

π

π

πA,

,

,

,64

63

43

32如图，在三棱锥OABC中，点G为底面VABCM是线段OG上靠近点GM的平面分别交棱OAOBOCDEF，若ODkOAOEmOBOFnOC，则111 B.

C. D. 在正四面体SABC中，点P在线段SA上运动（不含端点）.设PA与平面PBC所成角为θ1，PB与平面SAC所成角为θ2，PC与平面ABC所成角为θ3，则（

二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求下列说法的是（abb0a与b夹角为锐角→→

→

→ 若 ，则存在唯一的实数λ，使 a/

a a202b021c34mabc共面，则实数的值为下列说法正确的是（ykxb经过第一、二、四象限，则点kb在第二象限斜率为2y3y2x3直线2xy30xy0x2y30k，直线l1xy10与直线l2k1xkyk0有公共点， PAB1VABP2PAPB的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分若空间向量a1,0,1，b0,1,1，则a在b上的投影向量的坐标 AxyBxy

为“A，B x y 点间的距离”，定义ABx1x2y1x y P(x,y)(x0,y0)为平面直角坐标系中的动点，且OP2，则dOP的最小值 如图，在三棱锥OABC中，三条侧棱OAOBOC两两垂直，且OAOBOC2MVABCM分别作平面OAB，平面OBC，平面OACPQR①PRBC②MPMQMR③MPQR4π④MPMQ2PQR与平面OBC的夹角大小为45则以上结论中所有正确结论的序号 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l经过两直线l13x4y20和l22xy20的交点l与直线3xy10lABCDFEABCDAEDFBGABCDAE3DF2BG1MNEGBCFMABCDAB2NAMFCM4,8N66，且圆心4x3y0C在RtABC中，∠C90∘BC3AC6DEACABDE//BCDEVABC的重心，将VADEDE折起到△A1DEA1CCDMA1DA1CBCDEA1CN，使平面CBMBMN的夹角的余弦值为3,若存在，求出a 若Ω→→aa,La,LaaRi12,Lna 000,L0kR，任意aa1a2,Lanbb1b2,Lbn①kaka1ka2,Lkan②aba1b1a2b2,Lanbn③aba1b1a2b2Lanbna2a2a2L ④向量的模：a 对于naii12,Lm，若存在一组不同时为零的实数kii12,Lmk1a1k2a2Lkmam0n3证明：对于中的任意两个元素α,β，均有 αβ2024命题人 审题人 满分：150 考试时间：120分一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符1.x22x6y60为 【答案】将圆的方程转化为标准方程形式，直接判断即可x2y22x6y60即x12y32所以该圆的圆心为13，半径为若直线l1xay60与l2a2x3y2a0a的值为（

D.1或【答案】【分析】根据直线平行列方程计算即可【详解】由题意，13aa20a1a3a1时，直线l1xy60l23x3y20，两直线平行；a3l1x3y60l2x3y60，两直线重合.a1三棱锥OABC中，OA b,OC→，点M为BC中点，点N满足ON ，

MN 1 1 2

1 1 2A.ab B.ab 2C.

1 1bc

D.1

2 1abca 【答案】【分析】由图形，题意，结合空间向量加减法可得答案MNMOOBBN，又ON2NAMBC MN

OBOCOBBOON

OBOCOBBO

2OA

1

1 2OC

1 1bc. [－2，0)∪(0，1 B.(－∞，－1 C.[－2，1 D.(－∞，－2]∪[1 【答案】PA

312PB0

2113

G12,1PAG的距离为（ 3

2

【答案】【分析】利用空间点到直线的距离公式求解即可G1

,,1

2

3 3 PAAG

，PA1,

4444 PAPA PA

221112173 π

πA.,

,

,

,64

63

43

32【答案】D为原点，DAx轴，DCy轴，DD1zBPDDADCDD1xyzDxyz故

2，λ0,1有： xh12， xh12

3

故cosAD1,BP

2π故AD1,BP,.故选B63如图，在三棱锥OABC中，点G为底面VABCM是线段OG上靠近点G的三等分点，M的平面分别交棱OAOBOCDEF，若ODkOAOEmOB，OFnOC，则111 B.

C. D. 【答案】【分析】由空间向量基本定理，用C表示OMD，E，F，M唯一性，分析即得解 2 2 2 1 【详解】由题意可知，OM3OG3(OAAG)3OA(AB 2 1 1 2 2 2 OA (OCOA) OA OB 3 D，E，F，M四点共面，所以存在实数λ,μDMλDEμDF，所以OMODλ(OEODμ(OFOD， 1119(1λμ9λ9μ9 在正四面体SABC中，点P在线段SA上运动（不含端点）.设PA与平面PBC所成角为θ1，PB与平面SAC所成角为θ2，PC与平面ABC所成角为θ3，则（

【答案】

→ n

PBC的nxyz→PB x1λyλz

y 则有 ，

，即nPC

n1

→ n

二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求下列说法的是（abb0a与b夹角为锐角→→

→

→ 若 ，则存在唯一的实数λ，使 a/

a

【答案】ACAa与bb0，a与b0A错误；rr B，由于{abc}abc

→ abbcacabbcac →

→ 对于C，当b0,a0时， ，但不存在唯一的实数λ，使→λb，故C错误a/ 2

D正确 m下列说法正确的是（ykxb经过第一、二、四象限，则点kb在第二象限斜率为2y3y2x3直线2xy30xy0x2y30k，直线l1xy10与直线l2k1xkyk0有公共点【答案】C，先求出直线2xy30xy0的交点，再求出直线2xy30上一点的对称D，由题设可得直线l2恒过定点01，而01在直线l1xy10上，进而判断即可Aykxb经过第一、二、四象限，k0b0，所以点kbA正确；B，斜率为2y3y2x3BxyC，联立2xy30xxy则直线2xy30xy0的交点为33取直线2xy30上一点03xy0对称点为abb31a则 b

a3b0，即对称点为30k301 y1x3x2y30CD，直线l2k1xkyk0kxy1x0令xy10x0y1，则直线l恒过定点01x 而01在直线l1xy10k，直线l1xy10与直线l2k1xkyk0D正确.， PAB1aABP2PAPB的最小值为 【答案】CD.则OABCBB1ABCB1BAO，AO平面CBB1C1，在平面CBB1C1内作OzBCO为原点，直线OCOAOzxyzPxyz，则CPx1yzCB1202，设CPλCB10λ1，则x1,yzλ202x1 x1所以yz

，yz

AB所以当

A设PABθ

AB,

AB1111AP21AP7λ7 3则 1AB7λ7 3a 因为0λ1，所以当λ3时， 取得最小 221，故B正确 ABB1CTPAPBABPTAB依题意，ACBCBB12，AB1B1C 则cosCBA8843，sinCBA 7 2 π 32 所以cosAB1BcosAB1C44242 在aABB1 AB2AB2BB22ABBBcosABB2222222223 6262

PAPB

C62对于62

1

1122

3

a

a

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分若空间向量a1,0,1，b0,1,1，则a在b上的投影向量的坐标 【答案】011 22 【分析】利用投影向量的公式及空间向量的数量积运算即可得到结果011ab1001111011

abb10,1,10,1,1a在b

22 011 22 AxyBxy

x x y 点间的距离”，定义ABx1x2y1y2为“A，B两点间的曼哈顿距离”，已知O(00)P(x,y)(x0,y0)为平面直角坐标系中的动点，且OP2，则dOP的最小值 【分析】根据OP2xy2，利用点到直线的距离可得答案PxyOPxy2x0y0xy2dOP的最小值为点O 如图，在三棱锥OABC中，三条侧棱OAOBOC两两垂直，且OAOBOC2MVABCM分别作平面OAB，平面OBC，平面OACPQR①PRBC②MPMQMR③MPQR4π④MPMQ2PQR与平面OBC的夹角大小为45则以上结论中所有正确结论的序号 【答案】②MPQR的外接球半径的最小值，即可判断③MPMQ2M为VABC的中心，以O为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断④M为VABC的中心PR∥BC，即可判断①.【详解】对于②MRa,MPb,MQc由题意VAOBCVMOABVMOACVMOBC112221122b1122a1122c abc2MPMQMR2为定值，故②对于③MPQRR，MRMPMQ两两垂直，则2Ra2a2b244aba

MP2MP2MQ2MRa2b23ab24ab

233 ab

ab2所以2R23R的最小值为3 3 MPQR的外接球表面积的最小值为4π3

，故③ 对于④，如图，以OMPMQ2MR2,2,2,Q,0R233

,A0,0,2因为OAOBOAOCOBOCO，所以OA平面OBC故OA002即为平面OBC

2

2 而PQ0,3,3,PR,,0 3 PQR→x,yz→ nPQ3y3z 则有

2

nPR x

y→

n→则cosn,OA n→PQROBC所成的锐二面角的余弦值为3

，故④

2 由④可知，当M为VABC的中心时，PR,,0 3 PR∥BC，PRBC共面，故①错误四、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l经过两直线l13x4y20和l22xy20的交点l与直线3xy10l（1）x3y8（2）x2或12x5y340（2）分直线的斜率存在与不存在，结合点到直线的距离公式求得斜率，利用点斜式方程，即可求解12xy2解：联立方程组3x4y22xy2又直线l与直线3xy10垂直，所以直线l1则直线ly21(x2)x3y802当直线l的斜率不存在时，直线lx2A3,1到直线l5；当直线l的斜率存在时，设直线ly2k(x2)kxy2k20，kk23k12kA到直线l

5，求得k 故直线l的方程为12xy2k20，即12x5y340综上可得，直线lx2或12x5y340ABCDFEABCDAEDFBGABCDAE3DF2BG1MNEGBCFMABCDAB2NAMF（1）（2）5（1）ABHMHDHFMDH，结合线面平行的判定定理（2）AMF的法向量，利用空间向量求点到面的距离1AEDFBGABCDAEBGDFABHMHDHMHAEMHAEBG2MHDFMHDFDFMH为平行四边形，FMDH，FMABCDDHABCDFMABCD2详解】AN，DDADCDFxyzA200F002M2,12N120， AMny2z设平面AMF的法向量为nx,y,z，则–––→ AFn2x2zx1y2z1→12,114145AN故点N到平面AMF的距离d CM4,8N66，且圆心在4x3y0C（1）x6)2y8)2（1）MN（2）P(xyAP|2BP|2，转化为圆外一点与圆上一点的距离的最值问题即可求解1Q

8614MNy7x5xy20xy20x64x3y y C6,8，rMC

(46)2(46)2(8圆C的方程为(x6)2y8)22详解】P(x,y)，AP|2BP|2(x1)2y2(x1)2y22x2y22x2y2PO62|OP|minOC62(x2y2 64

28(AP|2BP|2 2642在RtABC中，∠C90∘BC3AC6DEACABDE//BCDEVABC的重心，将VADEDE折起到△A1DEA1CCDMA1DA1CBCDEA1CN，使平面CBMBMN的夹角的余弦值为3,若存在，求出（1）（2）存在，CN的长度 或（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得正确答案1因为在Rt△ABC中，∠C90DE//BCBCCD，DE⊥CDDE⊥ADDEA1D，

DEA1CA1CCDCDDED且CDDEBCDE内，A1CBCDE.2由（1）知，以CDxCByCA1z轴，建立空间直角坐标系CxyzAD2CDDE2BC2由几何关系可知，CD2，A1D4，A1C 故C000D200E220B030A10023M10,3A1CN，使平面CBMBMN成角余弦值为3

设CNλCA1，则CN002 BNBCCN0,3,00,0,23λ0,3,23λ BMN

x,y,

n2BM x23y2，则 ，

3z20z2

3y23λz 设平面CBM的法向量为nxyz，则有n3BM0，即x33y33z30 3

3z3不妨令z3 ，则x33，y30，所以平面CBM的一个法向量为n33,0,3若平面CBMBMN成角余弦值为3