重庆市涪陵第一中学校2025-2026学年高二上学期第一次月考数学试题含答案含答案解析

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时间：120分钟满分：150分
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，只有一项符合题目要求．
1. 已知直线的方程为，则直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将直线的一般式方程转化为斜截式方程即可求解.
【详解】由，可得，
所以直线的斜率为，则倾斜角为，
故选:C.
2. 两直线的斜率分别是方程的两根，那么这两直线的位置关系是（ ）
A. 垂直B. 斜交
C. 平行D. 重合
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次方程根与系数的关系及直线的斜率关系判定直线位置关系即可.
【详解】不妨设两直线的斜率分别为，则由题意有，所以两直线互相垂直.
故选：A
3. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量在向量上的投影向量的定义求解.
【详解】由已知可得，，
所以向量在向量上的投影向量是，
故选：D
4. 若直线和直线平行，则m的值为（ ）
A. 1B. -2C. 1或-2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行满足的系数关系即可求解.
【详解】由于和直线平行，
所以，解得，
故选：A
5. 设，向量，且，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的平行、垂直以及数量积的坐标表示求解.
【详解】因为，所以，解得，所以
又因为，所以，解得，所以，
所以，则，
故选：A.
6. 设点、，若直线l过点且与线段AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是（ ）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】画出图形，由题意得所求直线的斜率满足或，用直线的斜率公式求出 和的值，求出直线的斜率的取值范围.
【详解】解：如图所示：由题意得，所求直线的斜率满足或，
∵，，
∴直线的斜率的取值范围是或 ，
故选：A.
7. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点到线距离的向量求法和投影的定义计算即可.
【详解】取的中点，则，且，
以所在直线为轴，所在直线为轴，与中点连线所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
因为，则，
所以在上的投影的长度为，
故点到直线的距离为，
故选：C.
8. 棱长为1的正方体中，点P在棱CD上运动，点Q在侧面上运动，满足平面，则线段PQ的最小值为（ ）

A. B. 1C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设，，根据线面垂直得到方程组，求出，，从而求出，得到线段PQ的最小值.
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，，
所以，，
因为平面，
所以，故，
，故，
其中，
故，
故当时，，此时满足要求，
所以线段PQ的最小值为.

故选：A
二、选择题：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. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ）
A. 两条不重合直线的方向向量分别是，则
B. 直线l的方向向量，平面α的法向量是，则
C. 两个不同的平面α，β的法向量分别是，则
D. 直线l的方向向量，平面α的法向量是，则
【答案】AC
【解析】
【分析】由直线方向向量的平行判断直线平行，由直线的方向向量与平面的法向量的平行与垂直判断直线与平面的平行与垂直，由两平面的法向量的垂直判断两平面垂直．
【详解】对于A，由，得，所以，所以，故A正确；
对于B，假设，则存在唯一得实数λ，使得，即，所以无解，所以不共线，所以l，α不垂直，故B错误；
对于C，因为，所以，所以，故C正确；
对于D，因为，所以不垂直，所以l，α不平行，故D错误．
故选：AC．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若直线不经过第三象限，则
B. 方程表示的直线都经过点
C. 若直线的斜率，则直线倾斜角的取值范围是
D. 已知，，点在轴上，则的最小值是5
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，分和两种情况讨论即可判断，对于B，由，令，解出即可判断，对于C，由，又，解出即可求解，对于D，先求点关于对称点，由，利用两点间距离即可求解.
【详解】对于A，由直线不经过第三象限，
当时，直线不经过第三象限，所以，
当时，直线不经过第三象限，所以，
故A错误；
对于B，由题意有，令，得，
解得，所以方程表示的直线都经过定点，故B正确；
对于C，由，又，所以或，故C错误；
对于D，由关于轴的对称点为，所以，所以的最小值是5，故D正确；
故选：BD.
11. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，，CD的中点，则（ ）

A. B. 平面BEF
C. 直线AB交平面EFC于点P，则D. 点到平面BEF的距离为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于ABD，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可，对于C，延长交于点，连接交于点，然后利用三角形相似可求得结果.
【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则
，
因为E，F，G分别为棱，，CD的中点，
所以，
对于A，因为，所以，所以A错误，
对于B，因为，
所以，
所以，即，
因为，平面，所以平面，所以B正确，
对于C，延长交于点，连接交于点，因为F为棱中点，
所以，因为，所以，
所以，
因为‖，所以，所以,
因为，所以，所以，所以C正确，

对于D，设平面的法向量为，则
，令，则，
因为，所以点到平面BEF的距离为
，所以D正确，
故选：BCD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 与向量方向相同的单位向量是______．
【答案】
【解析】
【分析】由与方向相同的单位向量是可计算求得结果.
【详解】，，
即与向量方向相同的单位向量是.
故答案为：.
13. 过点斜率为的直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据直线的点斜式,再分别求出截距，计算面积及即得；
【详解】由题可得直线l方程为，即；
令，则,令，则,
则直线l与两坐标轴围成的三角形的面积为，
故答案为: .
14. 卢浮宫金字塔位于巴黎卢浮宫的主院，是由美籍华人建筑师贝聿铭设计的，已成为巴黎的城市地标.卢浮宫金字塔为正四棱锥造型，该正四棱锥的底面边长为，高为，若该四棱锥的五个顶点都在同一个球面上，则球心到该四棱锥侧面的距离为________.
【答案】##
【解析】
【分析】连接、，交于，连接，则球心在的延长线上，结合题意可得，且，，设，，求出，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，再结合法向量求解即可.
【详解】如图，连接、，交于，连接，则球心在上（或延长线上），
在正四棱锥中，，且，，
设，
所以，解得，
以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
所以球心到四棱锥侧面距离为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 求满足题意的直线方程：
（1）求过点且与直线垂直的直线方程．
（2）求过点，且在轴上的截距等于在轴上的截距的直线方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用两条直线垂直，在两条直线都有斜率的情况下，利用求出所求直线的斜率，利用直线的点斜式求出所求直线方程；
（2）当所求直线过原点时，满足所求直线在轴上的截距等于在轴上的截距，利用已知两点的斜率公式求出所求直线的斜率为，利用直线的点斜式求出所求直线方程；当所求直线不过原点时，满足所求直线在轴上的截距等于在轴上的截距，设所求直线方程为截距式，代入点，计算出，将代入截距式整理得解.
【小问1详解】
设所求直线的斜率为，已知直线的斜率为，
所求直线和已知直线垂直，，，，
又所求直线过点，由直线的点斜式得到所求直线方程为，
整理得即为所求；
【小问2详解】
当所求直线过原点时，满足所求直线在轴上的截距等于在轴上的截距，
所求直线又过点，
则所求直线的斜率为，由直线的点斜式得到所求直线方程为，
即；
当所求直线不过原点时，满足所求直线在轴上的截距等于在轴上的截距，
设所求直线方程为截距式，又所求直线过点，
将点代入，得到，解得，
将代入得到，整理得即为所求；
综上可知，所求直线方程为或.
16. 平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，且，为中点，为中点，设，，；

（1）用向量，，表示向量；
（2）求线段的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量基本定理利用向量的加减法法则求解即可，
（2）先根据题意可得，，，然后对平方化简可求得结果.
【小问1详解】
因为为中点，为中点， ，，，
所以
；
【小问2详解】
因为平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，且，
所以，，，
所以
所以，即线段PM长为
17. 如图，为正方体．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由向量垂直证明；
（2）利用向量法，线面角的求法求解.
【小问1详解】
解：如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为1，
则
因为 ，
且，
所以 ，
又，平面，
所以 平面；
【小问2详解】
由（1）可知，为平面AB1C的一个法向量，
又，
所以
所以直线B1C1与平面AB1C所成角的正弦值为，
故直线B1C1与平面AB1C所成角的余弦值为
18. 如图，三棱锥中，平面，，，是的中点，是的中点，点在上，.
（1）证明：平面；
（2）若，求二面角的余弦值.
【答案】（Ⅰ）证明过程见解析；（Ⅱ）.
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）取的中点，利用中位线的性质，可证明平面GEF//平面ABC，进而得到EF//平面ABC；（Ⅱ）由题意，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，求出法向量之间的夹角即可求出二面角的余弦值.
试题解析：（Ⅰ）证明：如图，取AD中点G，连接GE，GF，
则GE//AC，GF//AB，
因为GE∩GF=G，AC∩AB=A，所以平面GEF//平面ABC，
所以EF//平面ABC．
（Ⅱ）作BO⊥AC于点O，过点O作OH//PA，
以O为坐标原点，OB，OC，OH所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图6所示的空间直角坐标系，
则
∴，
则平面CDA的一个法向量为
设平面CDB的一个法向量为
则
可取，所以，
所以二面角B−CD−A的余弦值为．
19. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，为中点，点在上，且．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面，说明理由？
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明即可.
（2）向量法求解平面与平面夹角余弦值即可.
（3）设是线段上一点，则存在使得，利用线面平行的向量证法证明线面平行即可.
【小问1详解】
在中，．
所以，即；
又因为，
在平面中，面，面，，
所以平面；
【小问2详解】
因为平面平面，
平面平面，
平面，
所以平面，所以，
由（1）已证，且已知，
故以为原点，建立如图空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
，
因为为中点，
所以，
由知，
，
设平面的法向量为，
则即，令，则，
于是，
又因为由（1）已证平面，
所以平面的法向量为，
所以，
平面与平面夹角的余弦值；
【小问3详解】
设是线段上一点，则存在使得，
因为，
所以，
因为平面，
所以平面当且仅当，
即，
即，解得，
因为，所以线段上不存在使得平面．