湖南省祁阳市第一中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试题 含解析

祁阳一中2025年下学期高二十月月考数学试题

（时量120分钟满分150分）

第I卷

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）

uuur

A2,1,3B1,2,3

1.已知点、，则AB（）．

A.2,1,3B.1,2,3C.1,3,0D.1,3,0

【答案】C

【解析】

【分析】利用空间向量坐标运算法则直接求解．

【详解】解：∵点A2,1,3、B1,2,3，∴AB1,3,0．

故选：C．

2.若圆x2y24x8y2m0的半径为2，则实数m的值为（）

A.-9B.-8C.9D.8

【答案】D

【解析】

【分析】由圆的一般方程配方得出其标准方程，由半径为2得出答案.

【详解】由x2y24x8y2m0，得(x2)2(y4)2202m，

所以r202m2，解得m8.

故选：D.

3.已知直线l的方向向量是a2,2,2，平面的一个法向量是n1,1,1，则l与的位置关系是

（）

A.lB.l//

C.l与α相交但不垂直D.l//或l

【答案】A

【解析】

【分析】由a2,2,2和n1,1,1的位置关系即可判断.

【详解】a2,2,2，n1,1,1，

所以a2n，

所以l，

故选：A

4.椭圆的两个焦点是4,0和4,0，椭圆上的点M到两个焦点的距离之和等于10，则椭圆的标准方程

是（）

x2y2x2y2

A.1B.1

5453

x2y2x2y2

C.1D.1

259169

【答案】C

【解析】

【分析】根据椭圆定义可得a，根据焦点坐标可得c，然后由b2a2c2求出b2即可得方程.

【详解】由椭圆定义可知，2a10，得a5，

又椭圆的两个焦点是4,0和4,0，

所以椭圆焦点在x轴上，且c4，所以b2a2c225169，

x2y2

所以，所求椭圆的标准方程为1.

259

故选：C

如图，在平行六面体中，为与BD的交点．若，，

5.ABCDA1B1C1D1MA1C111ABaADbAA1c

则下列向量中与BM相等的向量是（）

1111

A.abcB.abc

2222

1111

C.abcD.abc

2222

【答案】A

【解析】

【分析】结合图形，利用空间向量的加减数乘运算即得.

111

【详解】由图知，BMBBBMBBBDBBBABC

1112111211211

1111

AAABADabc.

12222

故选：A

6.瑞士数学家欧拉在《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上.这条直

线被称为“欧拉线”.已知VABC的顶点A3,0，B3,0，C3,3，则VABC的欧拉线方程为（）

3

A.2xy10B.2xy0

2

C.x2y30D.x2y10

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意求VABC的重心和外心，结合直线的两点式方程可得欧拉线方程.

【详解】因为VABC的顶点A3,0，B3,0，C3,3，

333003

可知VABC的重心为点,，即点1,1，

33

由题意，可知BCAB，

33033

所以VABC的外心为斜边的中点,，即点0,，

222

3

1

所以V的欧拉线方程为y1，即x2y30

ABC2.

x110

故选：C.

7.已知A3,0,B0,3，从点P0,2射出的光线经x轴反射到直线AB上，又经过直线AB反射到P点，

则光线所经过的路程为（）

A.210B.6C.26D.26

【答案】C

【解析】

【分析】利用点关于直线的对称点的求法，以及数形结合，即可求解.

=+=+

【详解】直线AB的方程为yx3，设点P0,2关于yx3的对称点为P1a,b，

b2

1

a

则，得a1,b3，即P1,3

b2a1

3

22

点P0,2关于x轴的对称点为P20,2，

由题意可知，如图，点P1,P2都在光线CD上，并且利用对称性可知，DPDP1，CPCP2，

所以光线经过的路程

PCCDDPP2CCDDP1P1P226.

故选：C

已知圆22与圆22，过动点分别作圆、圆

8.C1:x1y11C2:x3y21Mm,nC1C2

的切线MA，MB（A，B分别为切点），若MAMB，则m2n2的最小值是（）

8112116949

A.B.C.D.

68686868

【答案】B

【解析】

【分析】求出M点的轨迹为直线8x2y110，再根据点到直线的距离公式即可得到最值.

【详解】由题意得C11,1，C23,2，

因为22，

MAMC11,MBMC21

又，即22，

|MA||MB|MC11MC21

2222

即m1n11m3n21，

化简得M点的轨迹为8m2n110，即在直线8x2y110上，

m2n2表示的几何意义为M点到原点距离的平方，

故只需计算原点到直线8m2n110的距离再平方就可得最小值，

2

11121

即最小值为.

822268

故选：B.

二、多选题（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.已知直线l的倾斜角等于120，且l经过点(3,1)，则下列结论中正确的有（）

31

A.直线l在y轴上的截距为2B.l的一个方向向量为u,

62

C.l与直线3x3y20垂直D.l与直线3xy20平行

【答案】ABC

【解析】

【分析】先求出直线l的方程，然后逐项判断计算即可.

【详解】因为直线l的倾斜角为120，所以斜率为k3.

因为直线l经过点3,1，所以该直线方程为y13x3，

即y3x2.

对于A：

令x0，则y2，所以该直线与y轴上的截距为2，所以A正确；

对于B：

1316

因为3，与斜率k相等，所以B正确；

2623

对于C：

3

因为直线3x3y20的斜率为k，

3

3

而kk31，所以l与该直线垂直，所以C正确；

3

对于D：

因为直线的斜率为，所以两直线不平行，所以错误

3xy20k13kD.

故选：ABC.

已知圆22与圆22有四条公切线，则实数的取值可能是（）

10.C1:xya9C2:xay1a

A.－4B.－2C.22D.3

【答案】AD

【解析】

【分析】根据题意可知，两圆外离，即圆心距大于两圆半径之和，解不等式即可得解．

【详解】圆心C10,a，半径r13，圆心C2a,0，半径r21．因为两圆有四条公切线，所以两圆外离．又

两圆圆心距d2a，所以2a31，解得a22或a22．

故选：AD．

在棱长为的正方体中，点满足，、，则（）

11.2ABCDA1B1C1D1PAPACAD10,1

当时，点到平面的距离为

A.0PA1BC12

23

B.当0时，点P到平面A1BC1的距离为

3

3

C.当时，存在点P，使得BPPC

41

3

D.当时，存在点P，使得BC平面PCD

41

【答案】BD

【解析】

【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用点平面距离向量求法求解判断AB；利用空间位置关系

的向量证明判断CD.

【详解】在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),A1(0,0,2),B1(2,0,2),C1(2,2,2),D1(0,2,2)，

，设平面的法向量为，

BA1(2,0,2),BC1(0,2,2)A1BC1n(x,y,z)

nBA12x2z0

则，令z1，得n(1,1,1)，

nBC12y2z0

对于，当时，，，，

A0APAD1(0,2,2)P(0,2,2)A1P(0,2,22)

|nAP|223

点到平面的距离1，错误；

PA1BC1d1A

|n|33

对于B，当0时，APAC(2,2,0)，P(2,2,0)，BP(22,2,0)，

nBP223

点P到平面ABC的距离，B正确；

11d2

n33

333333

对于C，当时，APACAD(2,2,0)(0,,)(2,2,)，

4412222

333311

则P(2,2,)，BP(22,2,),CP(22,2,)，

2222122

23132

当BPC1P22228640时，

224

2

显然Δ64840，方程无实根，即BP与PC1不垂直，C错误；

333333

对于D，当时，APACAD(,,0)(0,2,2)(,2,2)，

4412222

3331

则P(,2,2)，DP(,2,2),DC(2,0,0),BC(0,2,2)，

22221

11

显然DCBC0，即BC1DC，由DPBC2(2)40，得，

1128

1

即当时，BC1DP，而DCDPD,DC,DP平面PCD，因此BC1平面PCD，D正确.

8

故选：BD

第Ⅱ卷

三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）

12.点P(1,2)到直线l：2xy50的距离为_________.

【答案】5

【解析】

【分析】直接利用点到直线的距离公式计算即可.

2125

【详解】点P(1,2)到直线l：2xy50的距离为5，

2212

故答案为：5.

x2y2

13.已知经过椭圆1的右焦点F2作垂直于x轴的直线AB，交椭圆于A，B两点，F1是椭圆的左

3616

△

焦点，则AF1B的周长_______．

【答案】24

【解析】

【分析】由椭圆定义计算即可得.

x2y2

【详解】由椭圆1可得AF1AF2BF1BF22612，

3616

△

则AF1B的周长lAF1ABBF1AF1AF2BF1BF224.

故答案为：24.

14.曲线y11x2与直线y2kx1有两个交点，则实数k的取值范围为___________.

1

【答案】0,

2

【解析】

【分析】明确曲线y11x2的几何意义，作出其表示的图象，结合直线曲线y11x2与直线

y2kx1有两个交点，数形结合，即可求得答案.

2

【详解】方程y11x2可化为x2y11且y1，

所以曲线y11x2的轨迹为以(0,1)为圆心，1为半径的圆上纵坐标大于等于1的点的集合，

直线y2kx1表示过点P(1,2)且斜率存在的直线，作图可得:

因为曲线y11x2与直线y2kx1有两个交点,

观察图象可得0kkPA，

211

又A(1,1)，P(1,2)，所以k=，

PA1(1)2

1

所以实数k的取值范围为0,，

2

1

故答案为：0,.

2

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.已知VABC的三个顶点分别为A(2,1),B(3,2),C(1,4)，求：

（1）BC边所在直线的方程；

（2）AC边的垂直平分线DE的方程．

【答案】（1）x2y70

（2）x3y60

【解析】

【分析】（1）利用两点求斜率，由点斜式方程即可求解；

（2）根据中垂线的性质，利用垂直直线的斜率关系，结合点斜式方程，可得答案.

【小问1详解】

421

k，

BC132

1

BC边所在直线的方程y2x3，

2

即x2y70；

【小问2详解】

41

k3，

AC12

1

所以k

DE3

35

又AC中点坐标,，

22

513

所以AC边的垂直平分线DE的方程yx，

232

即x3y60.

16.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB4,AD3,AA15，E，F分别在BB1,DD1上，且

916

DF,BE，

55

（1）求证：A1C平面AEF；

（2）求异面直线AE与D1B1所成角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析

441

（2）

41

【解析】

【分析】（）建立空间直角坐标系，求得与平面的法向量为，易得，从而得到

1A1CAEFnA1C//nA1C

平面AEF；

16

（2）由（1）的条件，得到AE0,4,，DB3,4,0，再根据向量夹角余弦公式求解即可.

511

【小问1详解】

依题意，建立以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的空间直角坐标系，

916

则A3,0,0,C0,4,0,A13,0,5,B13,4,5,D10,0,5,F0,0,,E3,4,，

55

169

则A1C3,4,5,AE0,4,,AF3,0,，

55

设平面AEF的一个法向量为nx,y,z，

16

4yz0

nAE05

则，即，令z5，得n3,4,5，

nAF09

3xz0

5

所以，故，所以面

A1CnA1C//nA1CAEF.

【小问2详解】

16

由（1）知AE0,4,，DB3,4,0，

511

AED1B116441

则cosAE,D1B1，

AEDB25641

1116916

25

441

即异面直线AE与D1B1所成角的余弦值为．

41

17.已知圆心为C的圆经过点A(1,1)和B(4,2)，且圆心C在直线xy10上．

（1）求圆C的标准方程；

（2）直线3xya30与圆C相交于M，N两点，且MCN120，求实数a的值．

【答案】（1）(x1)2(y2)29

（2）a1或a5

【解析】

【分析】（1）由圆心所在的直线设出圆心坐标，再利用两点间距离公式求解；

（2）由（1）的结论及已知求出圆心到直线MN的距离，再利用点到直线距离公式求出参数值.

【小问1详解】

由圆心C在直线xy10上，设圆心C(m,m1)，

由ACBC，得(m1)2(m2)2(m4)2(m1)2，解得m1，

因此圆心C(1,2)，半径r(14)2(22)23，

所以圆C的标准方程为(x1)2(y2)29.

【小问2详解】

由（1）知，圆C的圆心C(1,2)，半径r3，

3

由MCN120，得圆心C到直线3xya30的距离为drcos60，

2

|312a3|3|a2|3

则d，即，解得a1或a5，

(3)212222

18.已知圆C:(x1)2(y3)29，线段RQ的端点Q的坐标是(4,3)，端点R在圆C上运动，且点T满足

线段RT2TQ，记T点的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

（2）过点A(0,3)斜率为k的直线l与曲线交于M，N两点，试探究：

①设O为坐标原点，若OMON26，这样的直线l是否存在，若存在求出|MN|；若不存在说明理由；

②求线段MN的中点D的轨迹方程.

【答案】（1）(x3)2(y3)21

2

3298

（2）①直线不存在，理由见解析；②xy3,x,3

243

【解析】

【分析】（1）运用相关点代入法求解轨迹方程即可；

（2）①根据向量等式，求解直线的斜率k,结合联立方程组法确定k的取值范围，进而确定直线是否存在；

②根据中点坐标公式，再运用参数法求解点D的轨迹方程.

【小问1详解】

22

设Rx0,y0，则(x01)(y03)9，

x03x8

设T:(x,y)，RT2TQ，，(3x81)2(3y63)29

y03y6

即:(x3)2(y3)21.

【小问2详解】

①设存在满足条件的直线l，设直线l方程为ykx3，

ykx3

则22

221kx6x80

(x3)(y3)1

221

设Mx1,y1,Nx2,y2，直线与圆交于两点，则36481k0，k

8

68

由韦达定理得：xx，xx

121k2121k2

，则2

OMON26x1x2y1y226k1x1x23kx1x2926

1

即k22k10,k1，与k2不符，所以满足条件的直线不存在；

8

xxyy21

②MN中点坐标为：12,120k

228

xx3yy3k

12,123，设MN中点D为x,y

21k221k2DD

33ky32

则x,y3Dk，即329

D2D2xDyD3

1k1kxD24

2

3298

所以中点D的轨迹方程为：xy3,x,3.

243

19.如图，在三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，ABBC，且ABBCPB22，以

AB,PB为邻边作平行四边形ABPQ，D为AB的中点，E为CQ