精品解析：重庆市礼嘉中学2026-2027学年度高二上学期第一次月考数学试题

2026-2027学年（上）高二数学 时间：120分钟 满分：150分 2026.10 一、单选题：本大题共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. 已知直线的方程为，则该直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由化简得，所以直线斜率为. 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】当点关于平面对称时，横、竖坐标不变，纵坐标变为相反数，即点的对称点坐标为. 3. 已知直线，直线，若，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两直线平行的判定方法，列出不等式组求解即得. 【详解】直线方程可化为：，， 因，则，解得. 4. 如图，在平行六面体中，，，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的加法法则可得，进一步运算即可求解. 【详解】因为在上，且， 所以， 因为在上，且， 所以， 在平行六面体中，， 所以，， 所以 所以. 5. 直线的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两直线的解析式可得直线的斜率为a、纵截距为b，的斜率为，纵截距为a，再逐一判断四个选项的正误即可得正确选项. 【详解】选项A，由的图象可知，，，由的图象可知，，，矛盾，A错误； 选项B，由的图象可知，，，由的图象可知，，，可能成立，B正确； 选项C，由的图象可知，，，由的图象可知，，，矛盾，C错误； 选项D，由的图象可知，，，由的图象可知，，，矛盾，D错误. 6. 已知点，，直线，在直线上找一点使得最小，则这个最小值是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用对称求关于直线对称点为，结合将军饮马模型求最小值. 【详解】令关于直线对称点为，则，解得， 即， 由，则， 当且仅当三点共线时取等号，故最小值为. 7. 已知四面体满足，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意，构造长方体，通过平移得到两异面直线的夹角或其补角，借助于余弦定理求解即得. 【详解】因四面体满足，， 则可将其补形为长方体，设， 则，解得， 在长方体中，因，可得，则， 故与的夹角即与所成角或其补角. 设，在中，， 由余弦定理，， 故与所成角的余弦值为. 8. 在平面直角坐标系中，已知动点到两直线与的距离之和为，则的最大值与最小值之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意及点到直线的距离公式得到，分情况取绝对值判断点的轨迹，结合的几何意义及点的轨迹图象求出最小值和最大值，进而求和即可. 【详解】，. 点到直线的距离为， 点到直线的距离为， 所以，即. 可以表示动点与定点连线的斜率. 当，，即，解得，此时. 当，，即，解得，此时. 当，，即，解得，此时. 当，，即，解得，此时. 所以动点的轨迹是矩形的四条边，且四个顶点为，，，. 动点的轨迹如图： 结合图象可知， 当动点与点重合时，取得最小值，此时. 当动点与点重合时，取得最大值，此时. 故最大值与最小值之和为. 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. 已知空间向量，，下列结论正确的有（ ） A. B. 向量，的夹角为 C. 向量在向量上的投影向量为 D. 若是坐标原点，且，，则以，为邻边的平行四边形的面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：利用向量模长公式计算；对于B：利用向量夹角公式可得；对于C：利用投影向量公式可得；对于D：平行四边形面积为底乘高，高可表示为一边与夹角正弦的乘积. 【详解】对于选项A，，所以，选项A正确； 对于选项B，向量和的夹角为，则，因为，所以，选项B错误； 对于选项C，向量在向量上的投影向量，选项C正确； 对于选项D，由选项B得，，所以以，为邻边的平行四边形的面积，选项D错误. 10. 已知点和直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距为3 B. 直线与坐标轴围成的三角形面积为9 C. 过点且垂直于的直线方程是 D. 直线关于点对称的直线方程是 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，直线，令，则，所以直线在轴上的截距为-3，A错误. 对于B，由上可知，直线与轴交点为，令，则，所以直线与轴交点为，所以直线与坐标轴围成的三角形面积为，B正确. 对于C，垂直于的直线方程可设为，结合，可得， 解得，所以过点且垂直于的直线方程是，C正确. 对于D，在直线上任取两点，. 关于的对称点为， 关于的对称点为， 过，的直线方程的斜率为， 由点斜式方程可得直线方程为，即. 所以直线关于点对称的直线方程是，D正确 11. 已知正方体的棱长为2，动点在正方体内部或表面上，则下列说法中正确的是（ ） A. 若点在上，则平面 B. 若点在上，则三棱锥的体积为定值 C. 若点在正方体的中心，则二面角的平面角为 D. 若与的夹角为，则动点的轨迹形成图形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可；对于B，根据线面平行的判定定理及等体积法求解即可；对于C，根据二面角的定义结合三角形的性质求解即可；对于D，判断出动点的轨迹，结合圆锥的表面积公式求解即可. 【详解】对于A，连接，. 正方体中，平面，， 因为平面，所以. 因为平面，，所以平面. 又平面，所以. 同理可证. 因为平面，，所以平面. 因为点在上，所以平面与平面共面，故平面，A正确. 对于B，正方体中，. 因为平面，平面，所以平面. 因为点在上，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 故，B错误. 对于C，正方体中，平面. 又点在正方体的中心，则点在上， 所以即为二面角的平面角. 又为等腰直角三角形，所以. 故二面角的平面角为，C正确. 对于D，易知，. 若与的夹角为， 则点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆为底面，以为高的圆锥面在正方体内的部分（含边界），即圆锥面的. 又该圆锥的底面半径为，母线， 所以动点的轨迹形成图形的面积，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 两条平行直线与的距离是_________． 【答案】 ## 【解析】 【详解】两平行直线的距离. 13. 已知点是直线：与x轴的交点，将直线绕点旋转，则所得到的直线的方程为_________． 【答案】或 【解析】 【分析】由直线：可知直线：与x轴正半轴的夹角为，于是直线绕点旋转，则所得到的直线与x轴正半轴的夹角为或，再结合直线过点即可求得直线的方程为或. 【详解】设直线：与x轴正半轴的夹角为， ，所以. 点是直线：与x轴的交点，将直线绕点旋转， 所以直线与x轴正半轴的夹角为或，且该直线过点， 所以当直线与x轴正半轴的夹角为时，直线方程为. 当直线与x轴正半轴的夹角为时，直线方程为. 14. 如图，在四棱锥中，，，，，，在棱上，若，，，四点共面，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】设，利用底面且将用基底表示，再结合已知线段比例关系转化为，最后利用，，，四点共面的充要条件（系数和为1）求解 【详解】设， 因为，，所以， 即， 所以. 由题意知，，，， 所以， ，. 代入的表达式可得： . 所以. 因为，，，四点共面， 且为平面外一点， 根据空间向量共面定理的推论，可得系数之和为1， 即 ， 解得 ，即. 所以，即 . 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. 求经过直线：，：的交点，且满足下列条件的直线的方程： （1）与直线平行； （2）在两坐标轴上截距相等． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）先联立两条已知直线的方程求解交点，再结合平行直线的方程特征推导所求直线方程. （2）先联立两条已知直线的方程求解交点，再结合截距相等的两类情况求直线方程. 【小问1详解】 联立方程组： ， 给第一个方程两边同乘得， 第二个方程两边同乘4得， 两式相加得，解得； 将代入，得，解得，即， 设与直线平行的直线方程为（）， 将代入方程得： 解得， 故所求直线方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，下面分两类情况讨论： ① 当直线在两坐标轴上的截距均为0时，直线过原点，设方程为， 将代入得，即，此时直线方程为； ② 当直线在两坐标轴上的截距均不为0时，设直线方程为（）， 整理得，将代入得，解得， 此时直线方程为， 综上，满足条件的直线方程为和. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，、分别为、的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）以为原点，分别以的方向为轴、轴、轴的正方向， 建立空间直角坐标系， 由题意得，，，，， 因为为中点，为中点，所以，， 则，，， 设平面的法向量为，则有， 令，则，所以平面的一个法向量为， 则，所以， 而直线显然不在平面内，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，并标注出相关点坐标，求出平面的一个法向量，应用空间向量的坐标运算判断与的位置关系，即可证； （2）应用向量法求点面距离即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面的一个法向量为，， 所以点到平面的距离. 17. 已知点，，直线：，点为直线上的动点． （1）已知三角形的重心在直线上，求点的坐标； （2）若点在第一象限，直线与x轴交于点，直线与y轴交于点，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形的重心坐标公式，结合已知条件建立方程组，求出点的坐标. （2）注意直线斜率不存在时，单独讨论，通过设点坐标，表示出直线方程，进而表示出坐标轴上的点，最后转化为代数式，用基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 点，，设点， 则三角形的重心为， 因为三角形的重心在直线上， 所以 所以点的坐标为. 【小问2详解】 设点， 当时，直线BC方程为，点为，点， 直线的方程为，即， 与y轴交于点为， 当时，直线的方程为，则点为， 直线的方程为，则点为， ， 令. ， 当且仅当即时等号成立，有最小值，， ，的最小值为. 18. 如图1，是等腰直角三角形，四边形是直角梯形，，，，将沿翻折至，使得，得到如图2的几何体，为的中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若点是线段上的动点，求直线与平面所成角的范围． 【答案】（1）由题意且，所以， 以为原点，分别以的方向为轴、轴正方向建立空间直角坐标系， 由，可得，，，， 折前且，则， 将沿（即轴）翻折得到，设旋转到的角度为， 设翻折后， 已知折叠后，则，得， 所以，此时，则，，， 所以，， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，应用向量法证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明结论； （2）求出二面角对应平面的法向量，向量法求二面角的余弦值，进而求其正弦值； （3）首先求出平面的法向量，设()从而得到，最后应用线面角的向量求法求正弦值范围，进而得到角的范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由E为中点，则， 平面即为底面所在平面，其法向量为， 设平面的法向量为，，， 由，令，则， 所以，由图知锐二面角的余弦值为， 所以； 【小问3详解】 设平面的法向量为，，， 由，令，则，， 点在线段上，设()，， 所以，则，故， 所以， ， 设直线与平面所成角为，则， 因为，所以时取最大值，或时取最小值， 所以，为锐角（或直角），角度随着正弦值增大而增大， 直线与平面所成角的范围为. 19. 曼哈顿距离是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在平面直角坐标系中，若，，两点之间的曼哈顿距离；在空间直角坐标系中，若，，两点之间的曼哈顿距离． （1）在平面直角坐标系中，已知点，，求的值；在空间直角坐标系中，已知点，，求的值； （2）在平面直角坐标系中，已知点，，是否存在点，同时满足下列两个条件：①；②．若存在，求出所有符合条件的点的集合；若不存在，请说明理由． （3）在空间直角坐标系中，点为坐标原点，点满足，，集合中所有点构成的几何体为，求几何体体积的最大值． 【答案】（1）；. （2）所以存在这样的点 ，其集合为线段. （3）36 【解析】 【分析】(1) 问直接代入定义计算； (2) 将条件转化为含绝对值的等式，需借助绝对值的几何意义确定变量范围再联立求解； (3) 将代数条件与空间几何体体积结合，关键是识别八面体的对称性，并用基本不等式求最值. 【小问1详解】 由曼哈顿距离的定义得： ； . 【小问2详解】 ，，. 条件①即. 注意到表示到 1 与 到 0 的距离之和，其最小值为 1（即 0 与 1 之间的距离），当且仅当 时取到； 同理，表示到 0 与 到 2 的距离之和，其最小值为 2，当且仅当时取到. 因此左边.要使等号成立，必须两个距离和同时取最小值，即 且 . 在 ，的条件下，对条件②即去绝对值： 左边，右边， 故，整理得. 由 ，得，满足. 所以存在这样的点 ，其集合为线段. 【小问3详解】 点 满足，即 在以原点为球心、半径为的球面上，. 集合 满足，这是一个关于三个坐标平面对称的八面体. 由于的符号各自可正可负，整个图形对称地分布在 8 个全等的部分中（由 正负号的 8 种组合决定）， 只需先算出均为正时这一部分的体积，再乘以 8 即可. 当时，条件为，且由得. 令，则，且 ， 则该部分构成一个三条棱长互相垂直且均为的三棱锥，其体积为 . 由对称性，其余 7 个部分的体积与这一部分完全相同，故几何体的体积为 （时）. 下面求 的最大值. 由 ， 得，即 ，当时取等号. 又在球面上时，，故的取值范围为. 关于单调递增，因此当时体积最大：. 【点睛】新定义题的核心是 "回到定义，代数转化".本题以曼哈顿距离为载体，本质考查的是绝对值的几何意义与不等式性质，将绝对值和理解为数轴距离之和，可快速锁定变量范围；空间中对称八面体的体积，可按正负号拆为全等部分后先算一角再乘倍数.求最值时牢记，等号成立条件为 .需警惕两类失误：只列等式不验证等号条件，忽略参数范围对几何体存在性的制约. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年（上）高二数学 时间：120分钟 满分：150分 2026.10 一、单选题：本大题共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. 已知直线的方程为，则该直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，点关于平面对称的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，直线，若，则的值为（ ） A. B. C. 或 D. 4. 如图，在平行六面体中，，，设，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 直线的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 已知点，，直线，在直线上找一点使得最小，则这个最小值是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 7. 已知四面体满足，，则直线与直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面直角坐标系中，已知动点到两直线与的距离之和为，则的最大值与最小值之和为（ ） A. B. C. D. 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. 已知空间向量，，下列结论正确的有（ ） A. B. 向量，的夹角为 C. 向量在向量上的投影向量为 D. 若是坐标原点，且，，则以，为邻边的平行四边形的面积为 10. 已知点和直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线在轴上的截距为3 B. 直线与坐标轴围成的三角形面积为9 C. 过点且垂直于的直线方程是 D. 直线关于点对称的直线方程是 11. 已知正方体的棱长为2，动点在正方体内部或表面上，则下列说法中正确的是（ ） A. 若点在上，则平面 B. 若点在上，则三棱锥的体积为定值 C. 若点在正方体的中心，则二面角的平面角为 D. 若与的夹角为，则动点的轨迹形成图形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 两条平行直线与的距离是_________． 13. 已知点是直线：与x轴的交点，将直线绕点旋转，则所得到的直线的方程为_________． 14. 如图，在四棱锥中，，，，，，在棱上，若，，，四点共面，则_________． 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. 求经过直线：，：的交点，且满足下列条件的直线的方程： （1）与直线平行； （2）在两坐标轴上截距相等． 16. 如图，在直三棱柱中，，，，、分别为、的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离． 17. 已知点，，直线：，点为直线上的动点． （1）已知三角形的重心在直线上，求点的坐标； （2）若点在第一象限，直线与x轴交于点，直线与y轴交于点，求的最小值． 18. 如图1，是等腰直角三角形，四边形是直角梯形，，，，将沿翻折至，使得，得到如图2的几何体，为的中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值； （3）若点是线段上的动点，求直线与平面所成角的范围． 19. 曼哈顿距离是由十九世纪的赫尔曼·闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在平面直角坐标系中，若，，两点之间的曼哈顿距离；在空间直角坐标系中，若，，两点之间的曼哈顿距离． （1）在平面直角坐标系中，已知点，，求的值；在空间直角坐标系中，已知点，，求的值； （2）在平面直角坐标系中，已知点，，是否存在点，同时满足下列两个条件：①；②．若存在，求出所有符合条件的点的集合；若不存在，请说明理由． （3）在空间直角坐标系中，点为坐标原点，点满足，，集合中所有点构成的几何体为，求几何体体积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $