河南省2025-2026学年高二数学上学期10月质量检测试题含解析

河南省多校2025-2026学年高二数学上学期10月中质量检测试题

一、单选题

1．直线x3y30的倾斜角为（）

A．30B．120C．150D．60

2．已知空间向量a,b,c是一组单位正交向量，ma3b2c,nabxc，若mn2，则x（）

A．1B．1C．2D．2

3．在空间直角坐标系Oxyz中，点M2,3,1关于平面Oxz对称的点为M1，点M2是点M1在坐标平面Oxy

内的投影，则点M2的坐标为（）

A．0,3,1B．2,3,0C．2,3,0D．2,3,0

4．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，BDBA1BC1（）

A．2BD1B．2D1BC．2DB1D．2D1B1

5．已知点A2,3,B3,2，若直线y1kx1与线段AB相交，则k的取值范围是（）

3333

A．,4,B．,4,C．,4D．4,

4444

6．已知点A,B的坐标分别为2,0,1,4,P为动点，且PAB的面积总为10，则动点P的轨迹方程为（）

A．4x3y120B．4x3y120

C．4x3y120或4x3y280D．4x3y120或4x3y280

7．下列命题中正确的是（）

33

A．若a3,2,1,b0,1,1，则a在b上的投影向量为0,,

44

B．若直线l的方向向量为e1,1,2，平面的法向量为m6,4,1，则l

C．若直线l的方向向量与平面的法向量的夹角为120，则直线l与平面所成的角为30

D．若a1,1,1,b1,1,0,c1,0,1，则a,b,c共面

9

8．在平面直角坐标系中，点A,B的坐标分别为1,0,,0，点C的坐标为m,2m(m0)，则CACB的

5

最小值是（）

A．210B．410C．2D．3

55

二、多选题

9．已知直线l1:x2y20，动直线l2:k1xkyk0kR，则下列结论正确的有（）

A．存在实数k，使得l2的倾斜角为90B．存在实数k，使得l1与l2没有公共点

C．对任意的k,l1与l2都不重合D．存在实数k，使得l1与l2垂直

10．以下能够判定空间中四点A,B,C,D共面的条件是（）

111

A．ABAC3ADB．OAOBOCOD

244

C．CDAB0D．AB2CD

π

11．如图，已知直棱柱ABCDA1B1C1D1的所有棱长均为2，ABC，动点M满足

3

BMBDBB101,01，则下列说法正确的是（）

A．MD1AC

1244

B．当时，三棱锥MBCD的外接球的表面积为π

39

37

C．记点M到直线AC的距离为d，当1时，则AMd的最小值为

2

1

D．当λμ时，直线DM与直线CA1垂直

2

三、填空题

12．经过点1,3且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程是.

13．在空间直角坐标系中，点M0,1,1，点N1,0,1，点P1,1,4，则点P到直线MN的距离是．

14．三棱锥PABC中，点G为ABC的重心，点M为PG的中点，过点M的平面分别交PA,PB,PC于点

111

A,B,C，且PAxPA,PByPB,PCzPC，且x0,y0，z0，则的最小值为．

xyz

四、解答题

1

15．已知三角形三顶点A3,1,B1,1,C,1，求：

2

(1)直线AB关于x轴对称的直线的一般式方程；

(2)AB边上的高所在直线的一般式方程．

16．如图，已知棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1．

(1)证明：BD1AC；

(2)证明：BD1平面ACB1；

d1

(3)点D1到平面ACB1的距离为d1，点B到平面ACB1的距离为d2，求．

d2

17．已知直线l经过点P2,3．

(1)若原点O0,0到直线l的距离为2，求直线l的方程；

(2)若直线l被两条相交直线2xy20和xy30所截得的线段恰被点P平分，求直线l的方程；

(3)若直线l与x轴，y轴的正半轴分别交于A,B两点，求OAOB的最小值，并求此时的直线l的方程，其

中O0,0．

18．如图，在三棱台ABCA1B1C1中，AA1底面ABC,A1B12,ABAC4,D为BC的中点，ACC1D．

(1)证明：ACAB；

6

(2)若直线AC1与平面BCC1B1所成的角的正弦值为，求AA1的长；

3

(3)在（2）的条件下，若AA1的长小于A1B1的长，求直线A1C与直线BC1所成角的余弦值．

19．如图，在多面体ABCDES中，SA平面ABCD，四边形ABCD为正方形，且DE∥SA，若

SAAB2DE2,M,N分别是SB,BC的中点，点Q是线段DC上的一个动点．

(1)证明：CE//平面SAB；

(2)求直线SE与平面ACM所成角的正弦值；

(3)求二面角MNQA的余弦值的最大值．

题号12345678910

答案CADABDCBADABD

题号11

答案ABC

1．C

根据方程求出直线的斜率，根据斜率与倾斜角的关系，即可得出答案.

13

【详解】直线x3y30的斜率k，

33

3

设直线的倾斜角为，则tan，

3

因为0180，所以150.

故选：C.

2．A

利用数量积的运算律和定义结合已知条件求解即可.

【详解】因为a,b,c是一组单位正交向量，

所以abc1，abacbc0,

222

则mna3b2cabxca3b2xc132x2，所以x1.

故选：A.

3．D

根据对称性可得点M1的坐标，再由投影点坐标的特征可直接得到结果.

【详解】由空间直角坐标系，可得点M2,3,1关于平面Oxz对称的点M1的坐标为2,3,1，

所以点M1在坐标平面Oxy内的投影为点M22,3,0.

故选：D.

4．A

以BA,BC,BB1为基底，由空间向量的线性运算结合长方体的结构特征进行运算.

【详解】在长方体ABCDA1B1C1D1中，以BA,BC,BB1为基底，

则BDBABC,BA1BABB1,BC1BCBB1，

所以BDBA1BC12(BABCBB12BAADDD12BD1.

故选：A.

5．B

由题直线过定点P1,1，作图，数形结合求解即可.

13123

【详解】因为直线y1kx1恒过定点P1,1，且k4,k，

AP12BP134

3

要使得直线y1kx1与线段AB相交由图可知，则k4或k.

4

3

所以k的取值范围为,4,.

4

故选：B.

6．D

由三角形的面积确定点P到直线AB上的距离，再由直线平行即可求解.

【详解】AB42325，

h

设点P到直线AB上的距离为h，则S△AB10，则h4，

PAB2

4

直线AB的方程为yx2，即4x3y80，

3

所以动点P的轨迹是与AB平行的直线，

c8

设直线方程为4x3yc0,c8，则4，

5

解得c28或12，则动点P的轨迹方程为4x3y120或4x3y280．

故选：D．

7．C

对A，利用投影向量的定义计算判断；对B，利用空间位置关系的向量证明判断；对C，求出直线与平面所

成角；对D，利用空间基底的意义判断.

ab333

【详解】对于A，a在b上的投影向量为b0,1,10,,，故A错误；

|b|2222

对于B，因为em6420，所以直线l与平面平行或在面内，故B错误；

1

对于C，设直线l与平面的夹角为，由题意可知sincos120，

2

则30，所以直线l与平面所成的角为30，故C正确；

对于D，假设a,b,c共面，又因为a,b不共线，所以cxayb，

1xy

即0xy，方程组无解，所以a,b,c不共面，故D错误.

1x

故选：C.

8．B

求出点C所在直线方程，再求A关于直线的对称点A，转化为求CACB的最小值即可得解.

【详解】如图，Cm,2m(m0),C在直线y2x上，

1

设点A关于直线y2x的对称点为A，设AA所在直线为yxb，

2

1111

代入点A1,0，可得1b0，解得b，故AA所在直线为yx，

2222

1

y2xx

5

联立11，解得，

yx2

22y

5

1234

故直线y2x与直线AA交点为M,，则点A关于直线y2x的对称点A的坐标为,，

5555

22

934410

AB，

5555

因为CACBCACBAB，所以CACB的最小值是410.

5

故选：B.

9．AD

2

对于A，给出k0作为反例即可；对于B，说明两直线有公共点0,1即可；对于C，给出k作为反例

3

即可；对于D，由k1说明两直线垂直即可.

【详解】对于A，当k0时，l2的方程为x0，故倾斜角是90，故A正确；

对于B，直线l2:k1xkyk0为kxy1x0，所以直线l2过定点0,1，

又直线l1过点0,1，所以两直线总有公共点0,1，故B错误；

21

对于C，当k时，两直线的方程都是yx1，故重合，故C错误；

32

对于D，由于1k12k0，解得k1，故当k1时两直线垂直，故D正确．

故选：AD.

10．ABD

根据空间向量的基本定理及其推论，以及向量的共面定理，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A，因为ABAC3AD，所以AB,AC,AD共面，又因为有公共点A，所以四点A,B,C,D共

面；

111

对于B，因为1，所以四点A,B,C,D共面；

244

对于C，因为CDAB0，所以ABCD，即直线AB和CD可能异面，四点A,B,C,D不一定共面；

对于D，因为AB2CD，所以AB∥CD，所以四点A,B,C,D共面．

故选：ABD．

11．ABC

2

对A，证明AC平面BDD1，即可得到结论；对B，由题可得点M到底面距离为，求出△BCD的外接圆

3

半径，找准球心位置，列式再求出半径即可；对C，建立空间直角坐标系，转化为向量求解距离最小值问题；

1

对D，当λμ时，点M为B1D的中点，求出DM与CA1对应向量的坐标，利用向量法验证.

2

【详解】对于A，因为BMBDBB101,01，所以点M在平面BDD1内，

因为底面ABCD为菱形，所以ACBD，

又因为直棱柱，所以DD1平面ABCD，AC平面ABCD，所以ACDD1，

又因为BDDD1D,BD平面BDD1,DD1平面BDD1，所以AC平面BDD1，

又MD1平面BDD1，所以MD1AC，故A正确；

112

对于B，当时，则，故点到底面距离为，

BMBDBB1M

333

123

2πr2

因为DCBC2，BCD，所以BD23，所以△BCD的外接圆半径为22π，

3sin

3

设外接球半径为R，球心到平面BCD的距离为h，△BCD的外接圆的圆心为E，

作MF平面BCD，F为垂足，则F在BD上，

121164

由可得，故，

BMBDBB1BM124BM

3993

23

所以BF，

3

2

如图1，可得2323，222，222，

EF1OCCEOEOMEF(MFOE)

33

22

232

即2，又222，

RhRh2

33

56161244

两式联立得h=，R2，故外接球表面积为4πR24ππ，故B正确；

3999

对于C，当1时，则D,M,B1三点共线，即点M在线段B1D上，

如图2建立空间直角坐标系，则C3,1,0，B3,1,0，D0,2,0，

B13,1,2，BD3,3,0，BB10,0,2，

则BMBDBB13,3,00,0,23,3,2，

故M33,31,2，则AM33,31,2，

又11，得

2

AMAC1

dAM2(33)2(31)2(2)2(31)2162207，

4

AC

AMAM(33)2(31)2(2)2162208，

22

225357

故AMd16207162081616，

8484

537

当且仅当时，(AMd)，故C正确；

8min2

1

对于D，当λμ时，点M为B1D的中点，

2

3133

则，，，，

M,,1DM,,1A10,0,2CA13,1,2

2222

因为DMCA120，所以DM与CA1不垂直，故D错误.

故选：ABC.

12．3xy0或xy20．

xy

当直线过原点时，由点斜式求出直线的方程．当直线不过原点时，设方程为1，把点P2,3代入可

aa

得a的值，从而得到直线方程．综合以上可得答案．

30

【详解】当直线过原点时，由于斜率为3，故直线方程为y3x，即3xy0．

10

xy

当直线不过原点时，设方程为1，把点1,3代入可得a2，

aa

故直线的方程为xy20，

故答案为：3xy0或xy20．

1

13．38/38

22

利用点到直线的空间向量距离公式求出答案.

【详解】由题意得，MP1,0,3，MN1,1,0，MP10，MN2，

设点P到直线MN的距离为d，

2

2

2MPMN138

所以d|MP|10.

MN22

故答案为：38.

2

3

14．/1.5

2

先利用重心和中点的性质，把PM用PA,PB,PC表示出来，再结合已知条件得出x,y,z的关联，最后利用基

本不等式求解．

【详解】

点G为ABC的重心，

111

PGPAPBPC，

333

M为PG的中点，

1111

PMPGPAPBPC，

2666

PAxPA，PByPB，PCzPC，

xyz

PMPAPBPC，

666

A,B,C,M四点共面，

xyz

1，

666

x0,y0,z0，

111111xyz1yxzxzy

3

xyzxyz6666xyxzyz

1xyxzzy3

3222，当且仅当xyz2时取等号．

6yxzxyz2

3

故答案为：．

2

15．(1)xy20

1

(2)xy0

2

（1）求出点A,B关于x轴对称的点A1,B1，由点斜式写出直线方程，化为一般式即可.

（2）根据垂直和直线AB的斜率，得到AB边上的高所在直线的斜率，点斜式写出直线方程，化为一般式

即可.

【详解】（1）A3,1,B1,1，点A,B关于x轴对称的点分别为A13,1,B11,1，

11

则k1,yx11，整理得xy20，

A1B113

所以直线AB关于x轴对称的直线的一般式方程为xy20.

11

（2）直线AB的斜率为k1，AB边上的高所在直线的斜率为1，

AB31

11

AB边上的高所在直线的方程为y11x，即xy0.

22

16．(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)2

（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明位置关系；

（2）利用空间向量法证明位置关系；

（3）利用空间向量法求出点面距，进而得解.

【详解】（1）分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则B1,1,0,B11,1,1,D10,0,1,A1,0,0,C0,1,0，

BD11,1,1,AC1,1,0,AB10,1,1，

因为BD1AC1111101100，

所以BD1AC，即BD1AC.

（2）因为BD1AB11011110110，

所以BD1AB1，所以BD1AB1，

由（1）可知，BD1AC，又ACAB1A，AC,AB1平面ACB1，

所以BD1平面ACB1.

（3）由（2）可知，平面ACB1的法向量nBD11,1,1,AD11,0,1，

AD1n223

所以点D到平面ACB的距离，

11d1

n33

ABn13

又，所以点B到平面ACB的距离，

AB0,1,01d2

n33

d

所以12.

d2

17．(1)x2或5x12y260

(2)xy10

(3)526，6x2y6260

（1）首先可以假设直线的斜率不存在，然后根据点P2,3得出直线方程，再然后假设直线斜率存在并设出

直线方程，最后根据原点到直线的距离为2即可得出结果；

（2）设直线l与直线2xy20和xy30分别相交于M,N两点，设Mx0,2x02，根据点P2,3为

线段MN的中点，求得N4x0,82x0代入直线xy30，进而求得x0，即得点M的坐标，得解；

（3）由题意可知直线l的斜率k存在，且k0，设直线l的方程为y3kx2，求出A,B的坐标，进而

表示出OAOB，利用基本不等式求解.

【详解】（1）当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x2，满足题意；

当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y3kx2，即kxy32k0，

32k5

因为原点到直线l的距离为2，则有2，解得k，

k2112

则直线l的方程为：5x12y260.

综上，直线l的方程为x2或5x12y260.

（2）设直线l与直线2xy20和xy30分别相交于M,N两点，

设Mx0,2x02，因为点P2,3为线段MN的中点，则N4x0,82x0，

因为点N4x0,82x0在直线xy30上，

则4x082x030，解得x03，则M3,4，

y3x2

所以直线l的方程为：，即xy10.

4332

（3）由题意可知直线l的斜率k存在，且k0，设直线l的方程为y3kx2，

3

则A2,0,B0,32k，

k

333

OAOB232k52k522k526，

kkk

36

当且仅当2k(k0)，即k时取等号，

k2

则此时直线l的方程为：6x2y6260.

18．(1)证明见解析

(2)2或2

(3)11

11

【详解】（1）在三棱台ABCA1B1C1中，

A1B12，ABAC4，A1C12，BC2B1C1，BC//B1C1．

D为BC的中点，B1C1BD，B1C1//BD，

四边形BDC1B1为平行四边形，故B1B//C1D．

ACC1D,ACB1B．

AA1底面ABC,AC底面ABC，AA1AC．

AA1,BB1平面ABB1A1，AA1，BB1为相交直线，AC平面ABB1A1，

AB平面ABB1A1，ACAB；

xy

（2）以A为原点，以AB,AC,AA1分别为轴，轴，z轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，设AA1a，

则A0,0,0,B4,0,0,C0,4,0,B12,0,a,C10,2,a，

BC4,4,0,BB12,0,a,AC10,2,a，

BCm04x14y10

设mx1,y1,z1是平面BCC1B1的法向量，则，即，

2xaz0

BB1m011

4

取m2,2,；

a

6

直线AC1与平面BCC1B1所成的角的正弦值为，

3

mAC186

cosm,AC1，

mAC2163

14a8

a2

解得a2或2，所以AA1的长为2或2．

（3）因为A10,0,a，所以A1C0,4,a，BC14,2,a，

8a2

cos<A1C,BC1，

16a220a2

由（2），得a2或2，且AA1的长小于A1B1的长，所以a2，

8a2611

所以，

16a220a2322211

11

所以直线A1C与直线BC1所成角的余弦值为