精品解析：重庆市名校联盟2024-2025学年高二上学期第一次联合考试数学试题

重庆市名校联盟2024-2025学年度第一期第一次联合考试 数学试卷（高2026届） 本试卷共4页，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）. 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. 1. 已知点，若向量，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 2. 过点，且与直线平行的直线方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知点，，若是直线l的方向向量，则直线l的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆与轴相切，则（ ） A. 1 B. 0或 C. 0或1 D. 5. 如图，平行六面体的所有棱长均为1，AB，AD，两两所成夹角均为，点E，F分别在棱，上，且，，则（ ） A. B. C. 3 D. 6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（    ） A. ； B. ； C. ； D. ； 7. 已知直线过点，且与直线及轴围成等腰三角形，则的方程为（ ） A. ，或 B. ，或 C. D. 8. 点P为圆A：上的一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 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. 已知，是夹角的单位向量，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在方向上的投影向量为 D. 与的夹角为 10. 点P在圆M：上，点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线AB关于点M的对称直线为 B. 点P到直线AB距离的最大值为 C. 圆M关于直线AB对称的圆的方程为 D. 当最大时， 11. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 当P为中点时，为锐角 B. 存在点P，使得平面APC C. 的最小值 D. 顶点B到平面APC的最大距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，则_______ . 13. 方程表示圆，且坐标原点在该圆外，则a的取值范围是______． 14. 已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______. 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. 已知顶点、、． （1）求边的垂直平分线的方程； （2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程． 16. 如图，正方体中，E、F、G分别为，，的中点. （1）证明：平面ACE； （2）求与平面ACE所成角的余弦值. 17. 直线的方程为（）. （1）证明：无论为何值，直线过定点； （2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于、两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的截距式方程. 18. 如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）. （1）证明：平面； （2）若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线 与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由. 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市名校联盟2024-2025学年度第一期第一次联合考试 数学试卷（高2026届） 本试卷共4页，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，须将答题卡、试卷、草稿纸一并交回（本堂考试只将答题卡交回）. 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. 1. 已知点，若向量，则点的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，设，再由向量的坐标，列出方程，即可得到结果. 【详解】设，因为，且， 则，所以，即. 故选：A 2. 过点，且与直线平行的直线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行直线的斜率关系，利用待定系数法求出直线方程即可. 【详解】直线的斜率， 过点的直线与直线平行， 所以该直线的斜率， 设该直线的方程为， 且该直线过点， 则，得， 所以该直线的方程为，即. 故选：. 3. 已知点，，若是直线l的方向向量，则直线l的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据两点坐标得到向量坐标，即可求得该直线的倾斜角. 【详解】已知点，，则， 斜率，又直线l的倾斜角， 则直线l的倾斜角. 故选：A. 4. 已知圆与轴相切，则（ ） A. 1 B. 0或 C. 0或1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一般式得圆的标准式方程，即可根据相切得求解. 【详解】将化为标准式为：， 故圆心为半径为，且或， 由于与轴相切，故， 解得，或（舍去）， 故选：D 5. 如图，平行六面体的所有棱长均为1，AB，AD，两两所成夹角均为，点E，F分别在棱，上，且，，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，连接，由向量的线性运算可得，再由向量的模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 连接， 由题意可得， 所以 ， 所以. 故选：D 6. 点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（    ） A. ； B. ； C. ； D. ； 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到直线过定点，若使得到直线的距离最大，则，求得，得到，进而得到直线方程. 【详解】由直线， 可得化为， 联立方程组，解得，即直线过定点， 若要到直线的距离最大，只需， 此时点到直线的最大距离，即为线段的长度，可得， 又由直线的斜率为， 因为，可得，可得， 故此时直线的方程为，即， 经检验，此时，上述直线的方程能够成立. 故选：C. 7. 已知直线过点，且与直线及轴围成等腰三角形，则的方程为（ ） A. ，或 B. ，或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线所过点、倾斜角以及等腰三角形等知识求得正确答案. 【详解】设，直线过和， 当时，直线、直线与轴为成的三角形是不是等腰三角形.所以直线的斜率存在. 设关于轴的对称点为， 当直线过两点时，，三角形是等腰三角形， 同时由于直线的斜率为，倾斜角为，所以三角形是等边三角形， 所以，此时直线的方程为 设直线与轴相交于点，如图所示，若， 则，所以直线，也即直线的斜率为， 对应方程为. 故选：A 8. 点P为圆A：上的一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】结合点与圆的位置关系，把问题转化成两点之间直线段最短的问题解决. 【详解】P为圆A：上一动点，Q为圆B：上一动点，O为坐标原点， 取，则，∴， ∴， ∴. 故选：B 【点睛】方法点睛：几何问题中，线段和的最小值问题通常利用到两个结论：第一：两点之间直线段最短，第二：点到直线的距离，垂线段最短.该题求线段和的最小值，该思考如何转化，利用这两个结论. 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. 已知，是夹角的单位向量，且，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在方向上的投影向量为 D. 与的夹角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算法则计算可判断个选项是否正确. 【详解】由题意：，. 对A：，故A错误； 对B：因为，所以，故B正确； 对C：在方向上的投影向量为：，故C正确； 对D：因为，所以. 所以，所以与的夹角为，故D正确. 故选：BCD 10. 点P在圆M：上，点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线AB关于点M的对称直线为 B. 点P到直线AB距离的最大值为 C. 圆M关于直线AB对称的圆的方程为 D. 当最大时， 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，分别求得点关于点的对称点坐标，即可判断；对于B，利用圆上动点到直线的最大距离为即可判断；对于C，求得圆心关于直线对称的点即可得解；对于D，判断得最大时直线与圆相切，再利用两点距离公式与勾股定理即可得解. 【详解】对于A，因为点，点，点， 则点关于点的对称点， 点关于点的对称点， 则，则对称直线方程为， 化简可得，故A错误； 对于B，由题意可得，直线的方程为，即， 因为圆，所以，半径为， 所以圆心到直线的距离为， 所以点到直线距离的最大值为，故B正确； 对于C，设圆心关于直线对称的点为， 则，解得， 所以圆关于直线对称的圆的方程为，故C错误； 对于D，当最大时，易得直线与圆相切，如图， 在中，，， 所以，故D正确. 故选：BD 11. 在长方体中，，，动点P在体对角线上（含端点），则下列结论正确的有（ ） A. 当P为中点时，为锐角 B. 存在点P，使得平面APC C. 的最小值 D. 顶点B到平面APC的最大距离为 【答案】ABC 【解析】 【分析】依题意建立空间直角坐标系，设，当为中点时，根据判断得符号即可判断A；当平面，则有，从而求出可判断B；当时，取得最小值，结合B即可判断C；利用向量法求出点到平面的距离，分析即可判断D. 【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设，则，故， 则， ， 对于A，当为中点时，， 则，，则，， 所以，所以为锐角，故A正确； 当平面， 因为平面，所以， 则，解得， 故存在点，使得平面，故B正确； 对于C，当时，取得最小值， 由B得，此时， 则，，所以， 即的最小值为，故C正确； 对于D，，， 设平面的法向量， 则，可取， 则点到平面的距离为， 当时，点到平面的距离为0， 当时，， 当且仅当时，取等号， 所以点到平面的最大距离为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立空间直角坐标系，求得，，从而利用空间向量法逐一分析判断各选项即可. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，若，则_______ . 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合向量的坐标表示以及向量垂直的坐标运算，列出方程，即可求解. 【详解】由向量，可得， 因为，可得， 即，解得. 故答案为： 13. 方程表示圆，且坐标原点在该圆外，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据点和圆的位置关系列不等式，由此求得的取值范围. 【详解】圆的方程可化为 ， 即 ， 所以 ，解出. 由于在圆外， 所以，解得或. 故. 故答案为： 14. 已知圆，点，M、N为圆O上两个不同的点，且若，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据几何关系确定点的轨迹方程，从而根据点到圆上动点距离最值的求解方法求解即可. 【详解】解法1：如图，因为，所以，故四边形为矩形， 设的中点为S，连接，则， 所以， 又为直角三角形，所以，故①， 设，则由①可得， 整理得：， 从而点S的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 显然点P在该圆内部，所以， 因为，所以 ； 解法2：如图，因为,所以， 故四边形为矩形，由矩形性质，， 所以，从而， 故Q点的轨迹是以O为圆心，为半径的圆， 显然点P在该圆内，所以. 故答案为： . 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. 已知顶点、、． （1）求边的垂直平分线的方程； （2）若直线过点，且的纵截距是横截距的倍，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据、，即可得中点及斜率，进而可得其中垂线方程； （2）当直线过坐标原点时可得直线方程；当直线不过坐标原点时，根据直线的截距式可得解. 【小问1详解】 由、， 可知中点为，且， 所以其垂直平分线斜率满足，即， 所以边的垂直平分线的方程为，即； 【小问2详解】 当直线过坐标原点时，，此时直线，符合题意； 当直线不过坐标原点时，由题意设直线方程为， 由过点，则，解得， 所以直线方程为，即， 综上所述，直线的方程为或. 16. 如图，正方体中，E、F、G分别为，，的中点. （1）证明：平面ACE； （2）求与平面ACE所成角的余弦值. 【答案】（1）连接BD和，设， 连接EO，则O为BD中点， 在中，因为F，G分别为和的中点， 所以，又因为在中，因为E为的中点， 所以，所以 又平面ACE，平面ACE， 所以平面ACE． （2）. 【解析】 【分析】（1）先证得，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出平面ACE的法向量，利用公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建系如图： 设正方体的棱长为2， 则，，，， 所以，，， 设为平面ACE的一个法向量， 则，所以，取 设直线与平面ACE所成角为， 所以直线与平面ACE所成角的正弦值为： ． 所以与平面ACE所成角的余弦值为. 17. 直线的方程为（）. （1）证明：无论为何值，直线过定点； （2）已知是坐标原点，若直线分别与轴正半轴、轴正半轴交于、两点，当的面积最小时，求的周长及此时直线的截距式方程. 【答案】（1） 直线的方程变形为， 由，得到， 又时，恒成立， 故直线恒过定点 （2）， 【解析】 【分析】（1）将直线的方程变形为，令，解得即可； （2）首先求出直线在、轴上的截距，即可求出的范围，再由面积公式及基本不等式 求出面积最小值及此时的值，从而求出直线的方程及三角形的周长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由， 依题意，即， 令，得到，令，得到， 由，得到， 所以， 令，得到， 当且仅当，即时取等号，此时，直线的方程为， 又，，， 所以当的面积最小时，的周长为. 18. 如图所示，等腰梯形中，，，，E为中点，与交于点O，将沿折起，使点D到达点P的位置（平面）. （1）证明：平面； （2）若，试判断线段上是否存在一点Q（不含端点），使得直线 与平面所成角的正弦值为，若存在，求三棱锥的体积，若不存在，说明理由. 【答案】（1） 在原图中，连接，由于，， 所以四边形是平行四边形，由于，所以四边形是菱形， 所以， 由于，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以， 在翻折过程中，，保持不变， 即，保持不变， 由于，，平面， 所以平面； （2）存在，，理由如下： 由上述分析可知，在原图中，，所以， 所以， 折叠后，若，则， 所以， 由于，，，平面， 所以平面， 由于，平面，所以，， 所以，，两两相互垂直， 由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系， ， ，，，， 设，，， ，， 设平面的法向量为， 则，故可设， 设直线与平面所成角为， 则， ，，，， 所以，即是的中点， 由于轴与平面垂直，所以到平面的距离为， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理可证得结果，先证明线线垂直，再证明线面垂直； （2）先建立空间直角坐标系，根据线面夹角的正弦值得到点到平面的距离即三棱锥的高，即可求得体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）． （1）若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离； （2）若点，，求的最大值； （3）已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2） （3）存在，和 【解析】 【分析】（1）代入和的公式，即可求解； （2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解； （3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程. 【小问1详解】 ， ， ； 【小问2详解】 设，由题意得：， 即，而表示的图形是正方形， 其中、、、． 即点在正方形的边上运动，，， 可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值． 因此，点有如下两种可能： ①点为点，则，可得； ②点在线段上运动时，此时与同向，取， 则． 因为，所以的最大值为． 【小问3详解】 易知，设，则 当时，，则，，满足题意； 当时，， 由分段函数性质可知， 又且恒成立，当且仅当时等号成立． 综上，满足条件的直线有且只有两条，和． 【点睛】关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $