黑龙江省牡丹江市海林市朝鲜族中学2025~2026学年高二上册（10月）月考数学试题（含解析）

/2025-2026学年度第一学期高二年级数学学科第一次考试（选择性必修一第一二章）一、单项选择题（每小题5分共40分）1.直线的倾斜角是()A.30° B.60° C.120° D.150°2．若直线与平行，则m的值为（

）A．－2 B．－1或－2 C．1或－2 D．13．若向量，，则平面的一个法向量可以是（

）A． B． C． D．4．圆与圆交于两点，则直线的方程为（

）A． B．C． D．5．点在圆上运动，它与点所连线段中点为，则点轨迹方程为（

）A． B． C． D．6．已知，，，，，则直线到平面的距离为（

）A． B． C． D．7．曲线与直线有两个不同的交点时实数的范围是（）A． B． C． D．8．如图，在正方体中，为棱上的一个动点，为棱上的一个动点，则平面与底面所成角的余弦值的最大值是（

）. B． C． D．多选题(每小题6分，部分选对无错选得2分，共18分）9．给出下列命题，其中正确的有（

）A．空间任意三个向量都可以作为一个基底B．已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一个基底C．已知是空间向量的一个基底，则也是空间向量的一个基底D．A、B、M、N是空间四点，若、、不能构成空间的一个基底，则A、B、M、N共面10．已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则（

）A．圆上有两个点到直线的距离为2B．圆上只有一个点到直线的距离为2C．D．从点向圆引切线，切线长的最小值是11．在空间直角坐标系中，，，，则（）A．B．C．异面直线与所成角的余弦值为D．点到直线的距离是填空题(每小题5分，共15分）12．圆：与圆的公切线条数是．13．已知向量，则在上的投影向量的坐标为.14．若直线m被两平行直线与所截得的线段长为，则直线m的倾斜角大小为.四、解答题（15题13分，16，17题15分，18、19题17分，共77分）15．（1）已知直线，．若，求的值；（2）已知直线，点，求点关于直线的对称点的坐标；16．如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点．

(1)求证：平面；(2)求二面角的余弦值；(3)求直线与平面所成角的余弦值．17．已知直线：，圆：.(1)若不经过第三象限，求的取值范围；(2)当圆心到直线的距离最大时，求此时直线的方程.18．如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是的中点．

(1)求证：平面；(2)求直线与平面的距离．19．已知圆，过圆内的点的弦长的最大值为4，最小值为.(1)求圆的方程.(2)点是轴上异于点的一个点，且对于圆上任意一点为定值.（i）求点的坐标；（ii）点，求的最小值.《2025年10月11日高中数学作业》参考答案题号12345678910答案CCCDADAABCDBC题号11答案BD1.C2．C【分析】利用两直线平行的判定有，即可求参数值.【详解】由题设，，可得或.经验证不重合，满足题意，故选：C.3．C【分析】设平面的法向量为，根据向量垂直的坐标表示求解可得答案.【详解】解：设平面的法向量为，因为向量，，所以，取，得，故选：C.4．D【分析】利用两圆相交的性质，将两个圆方程相减，得到公共弦方程即可.【详解】因为圆与圆，所以的一般方程为，的一般方程为，因为两个圆相交，且对两个圆的方程进行联立，所以的方程为，化简得，故D正确.故选：D5．A【分析】设点，结合中点坐标公式可得，进而代入即可求解.【详解】设点，，因为为的中点，所以，则，即，又因为动点在圆上，所以，则，即，则点轨迹方程为.故选：A.6．D【分析】首先证明平面，直线到平面的距离可转化为点到平面的距离，利用点到平面的距离公式计算即可.【详解】，，，，显然，所以，而平面，平面，于是平面，因此直线到平面的距离等于点到平面的距离．设平面的法向量为，则,令，得，所以点到平面的距离为，所以直线到平面的距离是．故选：D7．A【分析】作出表示的曲线，而表示经过定点的一条动直线，利用斜率数形结合可得结果.【详解】由题意得，即，其表示以为圆心，为半径的圆的上半部分，而表示经过定点的一条动直线，如下图所示，当直线与半圆相切于点时，由得，又点，则，由图可知，即.故选：A.8．A【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面EFB的法向量，由向量的夹角公式求解二面角的余弦值的取值范围，由此判断求解即可.【详解】设平面与底面所成的二面角的平面角为θ，由图可得θ不为钝角.以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设正方体棱长为1，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，又底面的一个法向量为，所以，因为，则，当时，，当时，，当，，则，，则，则当时，分母取到最小值，此时，则A选项正确.故选：A.9．BCD【分析】根据空间向量基底的概念，结合向量的共面定理，空间点共面的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】对于A项，空间任意的三个不共面的向量才可以作为一个基底，故A错误；对于B项，若，则、与任何向量都共面，故不能构成空间的一个基底，故B正确；对于C项，若共面，则，则共面，这与为空间的一个基底相矛盾，故可以构成空间向量的一个基底，故C正确；对于D项，若不能构成空间的一个基底，则共面，又过相同的点B，则A、B、M、N四点共面，故D正确．故选：BCD.10．BC【分析】求出圆的圆心及半径，求出点到直线的距离判断AB；利用圆的性质及切线性质求出最小值判断CD.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径，对于AB，圆心到直线的距离，则，故A错误，B正确；对于C，，C正确；对于D，由切线的性质，得切线长为，D错误.故选：BC11．BD【分析】首先根据选项分别求向量的坐标，再代入数量积，模长和向量夹角公式，以及点到直线的距离公式，即可判断选项.【详解】，，，故A错误；，所以，故B正确；，设异面直线与所成角为，则，故C错误；到直线的距离为，故D正确．故选：BD12．3【分析】分析圆心距和两圆半径的关系，可知两圆外切，即可得到两圆公切线条数.【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径．因为，所以两圆外切，所以圆与圆的公切线有3条．【点睛】知识点点睛：两圆的位置关系与公切线条数的关系13．【分析】利用空间向量的坐标运算计算，利用投影向量的公式即可计算结果.【详解】由题意得，，，，所以在上的投影向量为.故答案为：.14．或【分析】设直线m与两平行直线所夹的锐角或直角为，求出两平行直线的距离，得到，所以，求出直线倾斜角为30°，从而求出直线m的倾斜角.【详解】设直线m与两平行直线所夹的锐角或直角为，两平行直线与间的距离，因为直线m被两平行直线与所截得的线段长为，所以，所以，因为直线的斜率为，所以其倾斜角为30°，所以直线m的倾斜角可以是或.

故答案为：或15．（1）或；（2）；（3）存在，，三角形面积的最小值为8【分析】（1）根据两直线垂直列出方程即可求解；（2）设，结合对称性质列方程组求解即可；（3）先求出直线恒过定点，直线与轴和轴的交点分别为，结合题意即可求得的范围，再表示出，进而结合基本不等式即可求解.【详解】（1）由，得，解得或；（2）设，则，解得，即.16．(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）通过取的中点为，再利用线线平行即可证明线面平行；（2）利用空间向量法可直接求出二面角的余弦值；（3）利用空间向量法可先求出线面角的正弦值，再利用同角关系求出余弦值即可.【详解】（1）

取的中点为，又由于为棱的中点，则在正方体中可得：则四边形是平行四边形，所以；又由于为棱的中点，又可得则四边形是平行四边形，所以；由平行的传递性可知：，又因为平面，平面，所以平面；（2）

如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，在棱长为2的正方体中，，，，则，，设平面的法向量为，则，即令，则，所以，由于平面与轴垂直，则平面的法向量可取，所以，由图可看出二面角一定是锐角，所以可设它为，则，所以二面角的余弦值为；（3）由（2）得，平面的法向量可取，则，设直线与平面所成角为，则，所以即直线与平面所成角的余弦值为．17．(1)；(2).【分析】（1）化直线的方程为斜截式，再由已知列出不等式求解.（2）求出圆的圆心及直线所过的定点，借助几何意义确定圆心到直线的距离最大的条件，进而求出直线方程.【详解】（1）直线：化为，由不经过第三象限，得，解得，所以的取值范围是.（2）圆：的圆心，直线：恒过定点，当且仅当时，点到直线的距离最大，此时直线的斜率，直线的斜率，直线的方程.18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用直三棱柱的性质结合线面平行判定定理证明结论；（2）结合直三棱柱的性质建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用点到平面的距离公式计算．【详解】（1）

直三棱柱中，所有棱长均为4，上下底面为边长为4的正三角形，侧面为边长为4的正方形，连接,交于点，则为,的中点，在中，分别为边的中点，，又平面,平面，平面．（2）取中点，则，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，设平面的法向量为，则，令，则，，为上的点，平面，到平面的距离即为直线与平面的距离，，直线与平面的距离为：．19．(1)(2)（i）；（ii）【分析】（1）根据圆的弦长性质（过圆内一点的弦，直径最长，垂直于圆心与该点连线的弦最短），结合圆的标准方程求解参数；（2）（i）：通过设点坐标、利用距离公式和圆的方程，结合“定值”的代数意义（系数与常数项分别相等）求解点的坐标；（2）（