【文档说明】重庆市万州第一中学2024-2025学年高二上学期第一次月考数学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.533 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市万州中学2024-2025学年度上期第一次月考数学试题（高2026届）【命题学校：万州中学命题人：谭小勇申题人：覃江涛】（本试卷共4页，总分150分，考试时间120分钟）第一卷选择题（共58分）一.单选题（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.）1.“1m=”是“直线1:(1)10lxmy+++=与直线2:(1)10lmxmy+−−=垂直”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充

分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】先求出两直线垂直的充要条件，进而根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】若直线1:(1)10lxmy+++=与直线2:(1)10lmxmy+−−=垂直，则()()()1110mmm

+++−=，解得1m=，所以“1m=”是“直线1:(1)10lxmy+++=与直线2:(1)10lmxmy+−−=垂直”的充分不必要条件.故选：A.2.下列可使非零向量,,abc构成空间的一组基底的条件是（）A.,,abc两两垂直B.bc=C.ambnc=+D.0abc++=【

答案】A【解析】【分析】由基底定义和共面定理即可逐一判断选项A、B、C、D得解.【详解】由基底定义可知只有非零向量,,abc不共面时才能构成空间中的一组基底.对于A，因为非零向量,,abc两两垂直，所以非零向量,

,abc不共面，可构成空间的一组基底，故A正确；对于B，bc=，则,bc共线，由向量特性可知空间中任意两个向量是共面的，所以a与,bc共面，故B错误；对于C，由共面定理可知非零向量,,abc共面，故C错误

；对于D，0abc++=即abc=−−，故由共面定理可知非零向量,,abc共面，故D错误.故选：A.3.如图，在四面体OABC中，,,OAaOBbOCc===，点M在线段OA上，且2,OMMAN=为BC中

点，则MN等于（）A.111322abc++B.111322abc−+C.111222abc+−D.111322abc−++【答案】D【解析】【分析】根据给定的几何体，利用空间向量的线性运算求解即得.【详解】依题意，1111()3232MNMOOBBNOAOBBC

OAOBOCOB=++=−++=−++−111111322322OAOBOCabc=−++=−++.故选：D4.已知向量(3,2,3)a=−−，(2,1,2)bx=−−，且a与b的夹角为钝角，则x的取值范围是A.(5,)−+B.77(5,)(,)33−+

C.(,5)−−D.7(,)3+【答案】B【解析】【分析】由两向量夹角是钝角，则两个向量数量积小于零，用坐标形式表示向量数量积，解不等式，即得x范围．【详解】∵a与b的夹角为钝角，∴cos＜,ab＞＜0,且a与b不共线∴ab＜0

,且（3，﹣2，﹣3）≠λ（﹣2，x﹣1，2）∴﹣6﹣2（x﹣1）﹣6＜0且3221x−−−,即x>-5且x73∴x的取值范围是775,,33−+．故选B．【点睛】本题主要考查利用向量的数量积表示解

决两个向量的夹角问题，当a与b的夹角为钝角可得，ab＜0,a与b不共线，但是学生容易忽略两个向量共线的情况.5.如图，一束光线从()1,0A出发，经直线10xy++=反射后又经过点()6,5B−，则光线从A到B走过的路程为

（）A.55B.214C.58D.215【答案】C【解析】【分析】根据点关于线对称求出C点标,结合反射光线的性质应用两点间距离公式求出距离的最小值即可.【详解】一束光线从()1,0A出发，经直线10xy++=反射,与10xy++=交于点P,由题意可得，点()1,0A关于直线10xy++

=的对称点C在反射光线上，设()00,Cxy,则0000=1-1+1++1=022yxxy,001=2xy=−−,()1,2C−−故光线从A到B所经过最短路程是()()22615258APPBCPPBB

C+=+==++−+=.故选：C.6.如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，直线1BD平面1ACDE=，F是BC的中点，G是线段1BF上的动点，则直线GE与侧面11ADDA的交点P的轨迹长为（）A.5B.52C.22D.2

【答案】A【解析】【分析】先建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，保证1,,,PEFB四点共面，从而得到向量EP与平面1EFB的法向量垂直，进而分析得出的方程表示的轨迹是什么，求解即可.【详解】分别以1,,DADCDD所在直线为,,xyz轴，如图建立空间直角坐标系Dxyz−

；其中点1(2,2,2)B，(1,2,0)F，由于直线1BD平面1ACDE=，设BDACM=，如图所示：在矩形11BDDB中，易得11DMEBDE，可得：11112DMDEBDBE==，的可得点E满足113DEDB=，从而222(,,)3

33E，设平面1EFB的法向量为(,,)nxyz=，且142(,,)333EF=−，1444(,,)333EB=，可得100nEFnEB==，即14203334440333xyzxyz+−=++=，不妨取(2,1,1)n=−，

由于直线GE与侧面11ADDA的交点P，设点(,0,)Pxz，可得1,,,PEFB四点共面，且222(,,)333EPxz=−−−，显然2222()0333EPnxz=−−−+−=，得方程2zx=，显然方程2zx=在平面11ADDA内表示

一条直线，当0z=时，点(0,0,0)P，此时两点,PD重合，当2z=时，1x=，点(1,0,2)P，设线段11AD的中点为T，此时两点,PT重合，从而可得直线GE与侧面11ADDA的交点P的轨迹为线段DT，且22125DT=+=，故选

：A.7.过定点A的直线20axy+−=与过定点B的直线420xaya−+−=交于点P（P与A，B不重合），则PAB周长的最大值为（）A.24+B.224+C.6D.8【答案】B【解析】【分析】先求出两直线经过的定点,AB的坐标，判断两直线的垂直关系，求得22

PAPB+为定值8，再利用基本不等式即可求得PAB周长的最大值.详解】由题意可知，直线20axy+−=经过定点()0,2A，直线420xaya−+−=即()240xya−+−+=，经过定点()2,4B，∵过定点A的直线20axy+−=与过定

点B的直线420xaya−+−=始终垂直，P又是两条直线的交点，则有PAPB⊥，∴222222(42)8PAPBAB+==+−=.因22222()282816PAPBPAPBPAPBPAPBPAPB+=++=+++=，故PAB的周长为22422

PAPB+++，（当且仅当PAPB=时等号成立）即PAB周长的最大值为422+.故选：B.8.如图，在直三棱柱111ABCABC−中，1,1ACABACABCC⊥===，E是线段AB的中点，在1ABC内有一动点

P（包括边界），则PAPE+的最小值是（）A.332B.2333C.336D.333【答案】C【解析】【分析】由题意建立空间直角坐标系−Cxyz，设A关于平面1ABC的对称点为(),,,0Axyzz，求出1AA、AA和平面1AB

C的法向量()111,,nxyz=，进而利用A与A到平面1ABC的距离相等得1xyz−++=①，再由AAn//得1xyz−=−=−②从而求出A，接着由PAPEPAPEAE++=结合两点间距离公式即可得解.【详解】由题意可以C为原点，建立如图所

示的空间直角坐标系−Cxyz，【则()()11,0,1,1,1,0AB，()()0,0,0,1,0,0CA，11,,02E，所以()()11(1,1,0),1,0,1,0,0,1CBCAA

A===，设A关于平面1ABC的对称点为(),,,0Axyzz，则()11,,1AAxyz=−−−，()1,,AAxyz=−，设平面1ABC的法向量()111,,nxyz=，则1CBnCAn⊥⊥，1111100CBnxyCAnxz=+==+=，令

11x=，则111,1=−=−yz，所以()1,1,1n=−−，所以A与A到平面1ABC的距离11333AAnAAnxyzdnn−++====即1xyz−++=①，又AAn//，所以1xyz

−=−=−②，所以由①②得311z−=，所以由0z可得122,,333xyz===，所以122,,333A，所以22212124143310332393696PAPEPAPEAE+=+=−+−+−=++=，当且仅当

,,APE三点共线时取等号，所以PAPE+的最小值为336.故选：C【点睛】思路点睛：建立空间直角坐标系，利用向量法解决，设A关于平面1ABC的对称点为(),,,0Axyzz，利用A与A到平面1ABC的距离相等和AAn//求出A，接着由PAPEPAPEAE++=结合两点间距离公式

求出AE即可得解..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.下列说法正确的是（）A.直线310xy++=的倾斜角为120B.方程21ykx−=+与方程()21ykx−

=+可表示同一直线C.经过点()2,1P，且在x，y轴上截距互为相反数的直线方程为10xy−−=D.过两点()()111222PxyPxy，，，的直线都可用方程()()()()211211xxyyyyxx−−=−−

表示【答案】AD【解析】【分析】对于A：先求斜率，进而可得倾斜角；对于B，注意区分方程21ykx−=+与方程()21ykx−=+的不同之处，对于C：设直线l：()12ykx−=−，进而可得截距，根据题意进行求解即可，对于D：根据两点式方程的变形进行判

断即可.【详解】对于选项A：直线310xy++=斜率3k=−，倾斜角为120，故A正确；对于B，21ykx−=+表示过点()1,2−斜率为k的直线，但不含点()1,2−，而()21ykx−=+表示过点()1,2−斜率为k的

直线，且含点()1,2−，故B错误；对于C：经过点()2,1P，斜率存在，设直线为()12ykx−=−，若在x，y轴上截距互为相反数，则11220kk−+−=，解得12k=或1k=，所以直线方程为20xy−=或10xy−−

=，故C错误；对于D，方程()()()()211211xxyyyyxx−−=−−为直线两点式方程的变形，可以表示经过任意两点𝑃(𝑥1,𝑦1)、𝑄(𝑥2,𝑦2)的直线，故D正确；故选：AD.10.在长方体1111ABCDABCD−中，14,2,6,ABADAAP=

==为长方体1111ABCDABCD−表面上一动点，则1PAPC的值可能是（）A.15−B.10−C.5−D.2【答案】BC的【解析】【分析】建立直角坐标系，先求出点的坐标，得出数量积以()()()222112314PAPCxyz=−+−+−−，再结合222111,44PQADA

C可得范围．【详解】以D为坐标原点，1,,DADCDD的方向分别为,,xyz轴的正方向建立空间直角坐标系，则()()12,0,0,0,4,6AC．设(),,Pxyz，则()()12,,,,4,6PAxyzPCxyz=−−−=−−−，所以222222124

6(1)(2)(3)14PAPCxxyyzzxyz=−+−+−+=−+−+−−．设()1,2,3Q，连接PQ，则2222(1)(2)(3)PQxyz=−+−+−，因为Q为长方体的中心，所以222111,44PQADAC．

因为222112,214ADACABACAA==++=，所以21,14PQ，所以113,0PAPC−．故选：BC.11.伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达・芬奇方砖，在正六边形上画了正方体图案，如图1，把三片这样的达・芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再

转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则（）A.122CGAAPF=−B.直线CQ与平面1111DCBA所成角的正弦值为23C.异面直线CQ与BD所成角的余弦值为36D.点1C到直线CQ的距离是53【答案】ABD【解析】【分析】利

用空间向量的线性运算计算A选项即可；建立空间直角坐标系，利用向量法求解判断BCD即可.【详解】由题可知，11112222CGCCCDAAPF=+=−,故选项A正确；建立如图所示的空间直角坐标系1Axyz−得()1,1,1C−−，

()0,1,1Q−,()0,1,1B−,()10,1,0B,()1,0,1D−−()11,1,0C−，由题可知，()1,2,2CQ=−，平面1111DCBA的一个法向量为()10,0,1BB=，所以直线CQ与平面1111DCBA所成角的正弦值为()12221·2231221CQB

BCQBB==+−+，选项B正确；由题可知()1,2,2CQ=−,()1,1,0BD=−−，所以()222·122cos,612211CQBDCQBDCQBD−+===+−++,所以异面直线CQ与BD所成角的余弦值为26，故选项C错误

；易知，()10,0,1CC=,()1,2,2CQ=−，设点1C到直线CQ的距离为d，则22211·25133CCCQdCCCQ=−=−=，故选项D正确.故选：ABD第二卷非选择题（共92分）三､填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12.已知某直线

的一般式为3320xy−+=，则此直线的倾斜角为______.【答案】π3【解析】【分析】由直线方程确定斜率，即可求解.【详解】由直线方程可得：3k=.所以直线的倾斜角为π3.故答案为：π3.13.已知点(2,1)P−−和直线:(12)(

13)20lxy++−+−=，则点P到直线l的距离的取值范围是______________.【答案】(0,13【解析】【分析】先求得直线l的定点，进而求得点P到直线l的最大距离，然后检验点(

2,1)P−−是否可能在直线l上即可【详解】:(12)(13)20lxy++−+−=可化为：()22310xyxy+−+−+=设直线l的定点为A，点P到直线l的距离为d，则有：202310xyxy+−=−+=可得：()1,1A为直线l的定点则有：2232

13PA=+=，此时PA为点P到直线l的最大距离若(2,1)P−−在直线l上，则有：()2124310−−−+−++=，即50−=可得：(2,1)P−−不可能在直线l上，则有：0d综上可得：013d故答案为：(0,1314.如图，已知点A是圆台1OO的上底面圆1O上的动

点，,BC在下底面圆O上，11AO=，12OO=，3BO=，25BC=，则直线AO与平面1OBC所成角的正弦值的最大值为________.【答案】31010【解析】【分析】以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出

未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.【详解】解：连接OC，过C点作CH垂直于BO的延长线于点H，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：在三角形OBC中，因为3,3,25OBOCBC===，故22292095co

s232325OBBCOCBOBBC+−+−===，则510cos2533BHBCB===，则22100452093CHBCBH=−=−=，13OHBHOB=−=，故点145,,033C−，又

(0,0,0)O，1(0,0,2)O，(3,0,0)B，设点(,,2)Amn，,1,1mn−，由11OA=，可得221mn+=，1045,,033BC=−，()13,0,2BO=−，设平面1OBC的法向量𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则100mBCmBO==

，即1045033320xyxz−+=−+=，取5y=，则2,3xz==，故平面1OBC的法向量()2,5,3m=，又(),,2OAmn=，设直线AO与平面1OBC所成角为，π0,2，则2225

6256sincos,310324mnmOAmnOAmmOAmn++++====++，因为,1,1mn−，且221mn+=，故令cosm=，sinn=，(0,2)，则()2565sin2cos63sin6mn++=++

=++，25tan5=，ππ,22−，又(0,2)，所以sin()1,1+−，3sin()63,9++，即2563,9mn++，所以sin的最大值为931010310=.故答案

为：31010.四､解答题（本题共5小题，77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）15.已知直线l经过()()2,1,1,2PQ−−两点．（1）求直线l的方程；（2）若直线m与l平行且两直线间的距离为2，求直线m的

方程．【答案】（1）30xy−+=（2）10xy−+=或50xy−+=【解析】【分析】（1）由已知两点坐标求得斜率，根据点斜式方程，可得答案；（2）根据直线平行写出直线的一般式，结合平行线距离公式求得参数，可得答案.【小问1详解】由题意知直线l的斜率21112k−==−

+，故所求直线方程为12yx−=+，即30xy−+=【小问2详解】由直线m与直线l平行，可设直线m的方程为()03xycc−+=，由两平行直线的距离公式得322c−=，即32c−=，解得1c=或5c=，所以所求直线m的方程为10xy−+=

或50xy−+=.16.已知向量()()()1,3,2,2,1,4,5,1,abcx==−=.（1）若ac⊥，求实数x的值；（2）若,,abc不能构成空间向量的一个基底，求实数x的值.【答案】（1）4−（2）6−【解析】【分析】（1）由ac⊥可知，0ac=，再由数量积的坐标运算即可.

（2）利用空间向量共面定理结合待定系数法计算即可.【小问1详解】由ac⊥，则0ac=，即5320x++=，解得4x=−．【小问2详解】若,,abc不能构成空间向量的一个基底，则向量,,abc共面，则存在,R，使得()

()()1,3,22,1,42,3,24cab=+=+−=−++，所以253124x−=+=+=，解得126x==−=−，所以实数x的值为6−.1

7.如图，AB是圆的直径，MA与圆所在的平面垂直，C是圆上不同于A、B的一点.（1）求证：平面MAC⊥平面MBC；（2）若2,1,2ABACMA===，求二面角CMBA−−的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）1

05【解析】【分析】（1）由MA⊥平面ABC可得MABC⊥，结合AB是圆的直径可得⊥BC平面MAC，再利用面面垂直的判定定理即可得平面MAC⊥平面MBC；（2）法一：可建立适当空间直角坐标系，并分别求出平面CMB与平面AMB的法

向量，借助空间向量夹角公式计算；法二：作CDAB⊥于D，作CEMB⊥于E，连接DE，借助线面垂直的判定定理与性质定理可得到CED为二面角CMBA−−的平面角，从而只需计算出sinCED即可得解.【小问1详解】∵MA⊥平面ABC，BC平面ABC，∴M

ABC⊥，∵AB是圆的直径，∴BCAC⊥，∵MAACA=，MA、AC平面MAC，∴⊥BC平面MAC，∵BC平面MBC，∴平面MAC⊥平面MBC；【小问2详解】法一：如图，建立空间直角坐标系−Cxyz，则(0,0,0),(0,1,0),(3,0,0),(0,1,2

)CABM，(3,0,0),(3,1,2),(0,0,2)CBBMAM==−=，设平面CMB的法向量()111,,mxyz=r，则有111130320xxyz=−++=，令11z=，得12,(0,2,1)ym=−=−，设平面AMB的法向量()222,

,nxyz=r，则有222220320zxyz=−++=，令21x=，得23,(1,3,0)yn==，则15cos,5mnmnmn==−，21510155−−=，二面角CMBA−−的正弦值为105.法二：作CDAB⊥于D，作CE

MB⊥于E，连接DE，∵MA⊥平面ABC，CD平面ABC，∴MACD⊥，∵CDAB⊥，AB、MA平面MAB，∴CD⊥平面MAB，∵MB平面MAB，∴CDMB⊥，又∵CEMB⊥，CE、CD平面CDE，∴MB⊥平面CDE，∵DE平面CDE，∴MBDE⊥，∴CED为二

面角CMBA−−的平面角，2233,2CACBBCABACCDAB=−===，∵MA⊥平面ABC，AC平面ABC，∴MAAC⊥，225MCMAAC=+=，∵⊥BC平面MAC，MC平面MAC，∴BCMC⊥，22

3022,4CMCBMBMCBCCEMB=+===，则10sin5CDCEDCE==，二面角CMBA−−的正弦值为105.18.在ABCV中，90C=，3BC=，6AC=，D，E分别是AC，AB上的点，

满足DEBC∥，且DE经过ABCV的重心．将ADEV沿DE折起到1ADE△的位置，使1ACCD⊥，存在动点M使()110AMAD=如图所示．（1）求证：1AC⊥平面BCDE；（2）当12=时，求二面角CMBE−−的正弦值；（3）设直线BM与平面

1ABE所成线面角为，求sin的最大值．【答案】（1）证明见解析（2）39020（3）148【解析】【分析】（1）先证DE⊥平面1ACD，可得1DEAC⊥，进而可得1AC⊥平面BCDE；（2）建系标点，分别求平面BM

C、平面BME的法向量，利用空间向量求二面角；（3）根据题意可得()2,3,2323BM=−−和平面1ABE的法向量，利用空间向量求线面夹角.【小问1详解】因为90C=，则ACBC⊥，且DEBC∥，可得ACDE⊥，将

ADEV沿DE折起到1ADE△的位置，始终有1DEAD⊥，DECD⊥，因为1ADCDD=，1AD，CD平面1ACD，所以DE⊥平面1ACD，由1AC平面1ACD，可得1DEAC⊥，且1ACCD⊥，CDDED=，CD，D

E平面BCDE，所以1AC⊥平面BCDE.【小问2详解】由（1）可知，1AC，CD，CB两两垂直，翻折前，因为DE经过ABCV的重心，且DEBC∥，所以2ADCD=，所以2CD=，4=AD，223DEBC==，翻折后14AD=，由勾股定理得2222114223ACADCD=−=−=，以C为

原点，直线CD，CB，1CA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则()0,0,0C，()10,0,23A，()2,0,0D，()1,0,3M，()0,3,0B，()2,2,0E，可得()1,0,3CM=，()1,3,3MB=−−，()2,1,0

BE=−，设平面BMC的法向量𝑚⃗⃗=(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，则1111130330mCMxzmMBxyz=+==−+−=，令11z=，则113,0xy=−=，可得()3,0,1m=−，设平面BME的法向量𝑛⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)

，则2222233020nMBxyznBExy=−+−==−=，令21x=，则2252,3yz==，可得51,2,3n=，可得231103cos,2021021023mnmnmn====，且,0,π

mn，则239390sin,1cos,4020mnmn=−==，所以二面角CMBE−−的正弦值为39020.【小问3详解】由（2）可知()10,3,23BA=−，()2,1,0BE=−，()12,0,23AD=−设平面1ABE的法向量()333,,pxyz=，则133333

23020pBAyzpBExy=−+==−=，令31x=，则331,3yz==，可得()1,2,3p=，且()()()110,3,232,0,232,3,2323BMBAAD=+=−+−=−−，因为直线BM与平面1ABE线面角为，则sincos,pBMpBMpBM

==2224221482124221624211464162177===−+−+−+当且仅当74=时，等号成立，所以sin最大值为148.的19.棱柱1111ABCDABCD−的所有棱长都等于2，60ABC

=，平面11AACC⊥平面ABCD，160AAC=．（1）证明：1BDAA⊥；（2）求平面1DAA与平面11AACC夹角的余弦值；（3）在直线1CC上是否存在点P，使//BP平面11DAC？若存在，求出点P的位置．【答案】（1）证明见解析；（2）55；（3）存在，位

于1CC的反向延长线上，且满足1CCCP=.【解析】【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量判定线线关系即可；（2）利用空间向量计算面面夹角即可；（3）设1CPCC=，利用空间向量结合线面平行计算参数即可.【小问

1详解】连接BD交AC于O点，连接1AO，由菱形的性质得出ACBD⊥，由条件知12AAACAB===，160AAC=，根据余弦定理得22222111112cos4123AOAAAOAAAOAAOAAAO=+−=+−=

=−，所以1AOAC⊥，又平面11AACC⊥平面ABCD，且平面11AACC平面ABCDAC=，所以1AO⊥平面ABCD，故可以O为中心建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()()()13,0,0,3,0,0,0,1,0,0,

0,3,0,1,0BDAAC−−，所以()()123,0,0,0,1,3DBAA==，有10DBAA=，即1BDAA⊥；【小问2详解】由上可知()3,1,0DA=−，设平面1DAA的一个法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，则13030mAAyzmDAxy=+==−=，令3y=

，则()1,11,3,1xzm==−=−，易知平面11AACC的一个法向量为()3,0,0OB=，设平面1DAA与平面11AACC夹角为，则35coscos,535mOBmOBmOB====；【小问3详解】假设存在P满足题意，设1CPCC=，易知()()()11

1110,,3,3,0,3,0,2,0CPCCAADAAC=====，设平面11DAC的一个法向量为𝑛⃗=(𝑎,𝑏,𝑐)，则11133020nDAacnACb=+===，令10,1abc=

==−，则()1,0,1n=−，()()()3,1,00,,33,1,3BPBCCP=+=−+=−+，若//BP平面11DAC，则3301BPn=−−==−，即存在点P，位于1CC的反向延长线上，且满足1CCCP=.