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

涪陵一中2025时间：120分钟满分：150一、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，只有一已知直线l的方程为3xy20，则直线的倾斜角为 A B. C. D.两直线的斜率分别是方程x22023x10的两根，那么这两直线的位置关系是 垂 B.斜C.平 D.重a032b121，则向量a在向量b上的投影向量是（122

42

2 ,,

,,

2,4,

333

33

3 若直线x1my20和直线mx2y40平行，则m的值为 B.- C.1或- D. 5设x,yR，向量a0,1,z,b2,y,2,c3,6,3，且ac,b//c，则ab ​

D. A.k3或k B.k3或kC.4k

D.3k 2,AB2，则点C到直线的距离为

B. 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．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（两条不重合直线ll→231b23,1，则l/1 α，β→22→342，则α 1, la030α的法向量是u050，则l下列说法正确的是（ax+by+c0ab0，bc 4A23B1,1PxPAPB EFEB

直线AB交平面EFC于点P，则AP1 D.点A到平面BEF的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 过点(2,3)斜率为1的直线l与两坐标轴围成的三角形的面积 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.a2a球面上，则球心到该四棱锥侧面的距离 四、解答题：本大题共5小题，共77求过点12且与直线2xy100垂直的AADAAB60MBDPBB中点，设–––→→ADbAAc

用向量abcPMPMBD1AB1CPABCPAABCABC90PAAC2DPA是CDFPBPF3FBEFABC若BAC60BCDAPABCDPABABCDABADAD//BCPABC3ABAD2PB13EPDFPCPC3FCABPADFAEAEDAC上是否存在点QDQFAEPAGE1页/PAGE1页/19涪陵一中2025时间：120分钟满分：150一、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，只有一已知直线l的方程为3xy20，则直线的倾斜角为 A. B. C. D.【答案】【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3xy20y3x2所以直线的斜率为 ，则倾斜角为120，两直线的斜率分别是方程x22023x10的两根，那么这两直线的位置关系是 垂 B.斜C.平 D.重【答案】【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a032b121，则向量a在向量b上的投影向量是（122

42

2 ,,

,,

2,4,

333

33

3 【答案】【分析】根据向量在向量上的投影向量的定义求解PAGE2页/PAGE2页/191414ab624b

6ab

2→242所以向量a在向量b

→ b ,,，

3 3若直线x1my20和直线mx2y40平行，则m的值为 B.- C.1或- D.【答案】【分析】根据直线平行满足的系数关系即可求解x1my20mx2y402mm所以4

m

xyR，向量a0,1zb2y2c363，且acb//ca

​

D.【答案】【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a⊥cac063z0z2a0,12,又因 →，所以

y2y4，所以b242b

425ab250425

A.k3或k B.k3或kC.4k

D.3kPAGEPAGE3页/19【答案】【分析】画出图形，由题意得所求直线lkkkPBkkPA的值，求出直线lk的取值范围【详解】解：如图所示：由题意得，所求直线lkkkPBkkPA

∵ 134，

123 1

1 ∴直线lkk3k4

2AB2，则点C的距离为

【答案】AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，根据点到线距离的向量求法和投影【详解】取AC的中点O，则BOAC，且BO 以OBxOCyOA1C1z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz， ,CA 所以CA在AB1上的投影的长度为 AC2AC263 故点CAB1d

44

B. 【答案】

1 方程组，求出tnm1n

3n

，得到线段PQ的最小值DDADCDD1xyz轴，建立空间直角坐标系，B1QAD1n11t110,11nt1tn0，故tn，B1QAPn11t11m01nm0m1n，

n2m2t22n21

3n22n13n

故当n时，

，此时m1n满足要求 PQ

6二、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．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（两条不重合直线ll→231b23,1，则l/1 C.α，β→22→342，则α 1, D.la030α的法向量是u050，则l【答案】【详解】对于A，由→2,3,1,b2,3,1，得→b，所以 ，所以

lA a/

2aul，αBC，因为uv6820，所以uv，所以αβC正确；下列说法正确的是（ax+by+c0ab0，bc 4A23B1,1PxPAPB【答案】A，分b0和b0B，由2xy4λx2y30xBPAPBAB，利用两点间距离即可求解Aax+by+c0PAGE7PAGE7页/19当b0ax+c0xc0c0ac0 a a当b0时，直线yaxc不经过第三象限，所以 ab0

bc A2xy4B，由题意有2xy4λx2y30x2y30，得x2xy4yyBCktanαk1,1，所以0απ3παπC212123PAPB5D

AB

5 EFEB

直线AB交平面EFC于点P，则AP1 D.点A到平面BEF的距离为 【答案】PAGEPAGE8页/19DDADCDD1xyz轴建立空间直角坐标系，则BB1G212BE122BF02,1，B1GBE2240B1GBF0220，B1GBEB1GBFB1GBEB1GBFBEBFBBEBFBEFB1GBEFB正确，CEFDAMMCABPFAA1的中点，A1FAF1，因为EA1FMAF90A1FEAFM，所以aEA1FaMAFEA1AM因为APCD，所以aMAP~aMDC，所以MAAP ABCD1APAP1ABC DBEFm(x,yz→mBEx2y2z0y1，则m2,12)→PAGE9PAGE9页/19441

D三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15 1 2【答案】,,3 3a→可计算求得结果【详解】Q

12223，a1,1222 3 3 1 23 31 2故答案为：,,3 3过点(2,3)斜率为1的直线l与两坐标轴围成的三角形的面积 ly31(x2)x+2y+40x0y2,y0x4PAGEPAGE10页/19l1424故答案为:4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.a2a球面上，则球心到该四棱锥侧面的距离 【答案】17a17 ACBD，交于OPOPO的延长线上，结合题意可得OAOB且OAOB 2a，OP2a，设OOx，OAOPr，求出r17a，以O为原点， ,ACBD，交于OPOPO上（或延长线上在正四棱锥中，OAOB，且OAOB 2a，OP2a 设OAOPr 2 r2

ra 3

，解得r a以O为原点，以OAOBOPxyz

2 aA2a00B0,2a0P003aO0024

2a

2a

aPA

3，PB

a,

3，OA

2a,0,24 →

2ax2az

则→

，即

2ay2az PAGE11PAGE11页/19 3取x ，得n2,2,2 d

a 16

到四棱锥侧 距离

40故答案为 四、解答题：本大题共5小题，共77求过点12且与直线2xy100（1）x2y3（2）3xy0xy2xyAaa代入截距式整理得解1k，已知直线2xy100k12Q所求直线和已知直线垂直，k

1，k21，k1PAGEPAGE12页/19x2y302xy即3xy0

31

3y3xxyxy1A13 A13xy1131a2 a2xy1xy1xy20 综上可知，所求直线方程为3xy0xy20AADAAB60MBDPBB中点，设–––→→ADbAAc 用向量abcPMPM

（2）（1）

→ → →

1 （2）先根据题意可得ab1，c2，ab0,acbc121，然后对PM=(bac)方化简可求得结果1MBDPBB

，ADb，

c 1 1

PMPBBM2B1B21 1 2BB12(AD1 1 12AD2AB21 2(ADAB1 (bac)2

→ → → 所以ab1，c2，ab0,acbc121

1

→

→ →所以PM=(bac)(b

c2ab2bc2a 1(114022) PM

PM BD1AB1C（1）（2）（1）（2）1D为坐标原点，DA，DC，DD1x，y，zA100,B1,10C0,10,B11,1,1C10,1,1D10BD1ACBD1AB1BD1AB1C12B1C1100，33

(1)(1)(1)01 所以

B1 B1C1AB1C所成角的正弦值为31132 故直线B1C1与平面AB1C所成角的余弦值为 PABCPAABCABC90PAAC2DPA是CDFPBPF3FBEFABC若BAC60BCDA（Ⅱ）（Ⅰ）AD的中点GGEFABC，进而得到ABC（Ⅱ）BCDA的余弦值.（Ⅰ）GE//AC，GF//AB，EF//ABC．（Ⅱ）BO⊥ACO，OO，OB，OC，OHxyz6

CDAm→

2yzn·CD则{

{ 3x yn

→ → cos→

m· B−CD−A6PABCDPABABCDABADAD//BCPABC3ABAD2PB13EPDFPCPC3FCABPADFAEAED夹角的AC上是否存在点QDQFAE（1）（2）3（3）（1）应用线面垂直的判定定理证明即可FAEAED夹角的余弦值即可设QAC上一点，则存在λ0,1AQλAC，利用线面平行的向量证法证明线面平行1在aPABPA2AB23222

所以PAB90ABPA；ABAD，PADPAPADADPADPAADA，ABPAD；2PABABCDPABABCDABABADABCDADPABADPA，由（1）ABPAA