重庆市万州区2025_2026学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份重庆市万州区2025_2026学年高二数学上学期10月月考试题含解析，共23页。试卷主要包含了 过点 和点 的倾斜角为， 已知 ，则下列结论正确的是， 下列说法错误的是， 已知直线 ，则等内容，欢迎下载使用。
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. 过点 和点 的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由两点间斜率公式求出直线斜率，再结合斜率定义即可求倾斜角.
【详解】由题过点 和点 的直线的斜率为 ，
设过点 和点 的直线的倾斜角为 ，则 ，且 ，
所以 .
故选：C
2. 已知 ，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量的坐标易得 ，即可判断各项的正误.
【详解】由 ，易知 ，则 ，显然 、 、 不成立.
故选：C
3. 在空间直角坐标系中，点 关于 平面对称的点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
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【解析】
【分析】先明确空间直角坐标系中的点关于平面 对称的坐标变换规律，再根据该规律计算出点 的对
称点 的坐标．
【详解】如图所示，设点 为点 关于 平面的对称点，设点 ，
根据对称性质可得， ，即点 ．
故选：A．
4. 已知 ， ， 是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ）
A. ， ， B. ， ，
C. ， ， D. ， ，
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.
【详解】假定向量 ， ， 共面，则存在不全为 0 的实数 ，
使得 ，显然不成立，
所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故 A 正确；
由于 ，则 ， ， 共面，故 B 错误；
由于 ，则 ， ， 共面，故 C 错误；
由于 ，则 ， ， 共面，故 D 错误；
故选：A.
5. 已知空间中有 ， ， 三点，则点 到直线 的距离为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
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【分析】根据空间中点到直线距离的向量方法，构造方向向量，根据公式，求出点到直线的距离即可.
【详解】由题意得 ， ，
所以点 到直线 的距离 .
故选：A.
6. 如图，在长方体 中， 是棱 上一动点， ，则 等于（ ）
A. 1 B. C. 4 D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的线性运算与数量积运算即可得解.
【详解】长方体中 平面 ， 平面 ，所以 ，
则 ，又 ，
所以 ，
故选：C.
7. 在等腰直角 中， ，点 是边 上异于端点的一点，光线从点 出发经 ，
边反射后又回到点 ，若光线 经过 的重心，则 的周长等于（ ）
A. B. C. D.
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【答案】A
【解析】
【分析】建立如图所示的直角坐标系，得 ，设 ，求出 关于直线 的对称点 的
坐标， 关于 轴的对称点 的坐标，由反射性质得 四点共线，求得直线 方程，由 在直
线 上可求得 ，然后计算 即可．
【详解】
建立如图所求的直角坐标系，得 ， ，
则直线 方程为 ，
且 的重心为 ，即 ，
设 ， 关于直线 的对称点为 ，
则 ，解得 ，则 ，
易知 关于 轴的对称点为 ，
根据光线反射原理知 四点共线，且 ， ，
所以直线 的方程为 ，即 ，
又直线 过 ，
所以 ，解得 或 （舍去），
所以 ， ， ,
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所以 ，
所以 的周长为 .
故选：A．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用对称性，把 的三边转化到同一条直线上，利用直线方
程求得点 的坐标.
8. 在四面体 中（如图），平面 平面 ， 是等边三角形， ，
，M 为 的中点，N 在侧面 上（包含边界），若 ， 则下列正
确的是（ ）
A. 若 ，则 ∥平面 B. 若 ，则
C. 当 最小时， D. 当 最大时，
【答案】C
【解析】
【分析】根据可证 平面 ，设 ，且 ，进而可得
，对于 A：若 ，则点 即为点 ，进而可得结果；对于 B：若 ，可得点 在线
段 上（包括短点），结合垂直关系分析判断；对于 C、D：过 作 ，垂足为 ，可证
平面 ，则 ，结合图形分析判断.
【详解】因为 ，平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
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且 平面 ，可得 ，
又因为 N 在侧面 上（包含边界），设 ，且 ，
可得
，
又因为 ，可得 ，且 .
对于选项 A：若 ，则 ，可得点 即为点 ，
显然 平面 ，故 A 错误；
对于选项 B：若 ，则 ，可得点 在线段 上（包括端点），
由 平面 ，可知当且仅当点 为点 ， ，故 B 错误；
过 作 ，垂足为 ，可得 ，
，
因为 平面 ， 平面 ，则 ，
且 ， 平面 ，所以 平面 ，
可得 ，
对于选项 C：显然当点 即为点 时， 最小，此时 ，
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可得 ，故 C 正确；
对于选项 D：显然当点 即为点 时， 最大，则 最大，此时 ，
可得 ，故 D 错误；
故选：C.
【点睛】关键点睛：1. 设 ，且 ，根据空间向量基本定理分析可
得 ，方便建立关系；
2.分析可得 平面 ，则 ，将 的大小转化为 的大小.
二､多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的 4 个选项中，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. 下列说法错误的是（ ）
A. 若向量 与向量 共线，则
B. 在平行六面体 中，向量 与向量 相等
C. ， 为空间中两个不共线的单位向量，若 ， ，则
D. 若 为空间中不共面的三个向量，则存在不全为 0 的有序实数组 ，使得
【答案】ACD
【解析】
【分析】当 与 共线时可判断 A，根据平行六面体的性质判断 B，当 与 不垂直（不共线）时判断 C，
当 时判断 D.
详解】对于 A：向量 与向量 共线，若 与 共线，则 ，故 A 错误；
对于 B：在平行六面体 中，四边形 为平行四边形，
所以 ，故 B 正确；
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对于 C：当 时， ，
此时
，
当 与 不垂直时， ，
此时
，故 C 错误；
对于 D：若 ，则 ，此时 共面，故 D 错误；
故选：ACD
10. 已知直线 ，则（ ）
A. 点 到 距离的最大值为
B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则 倾斜角的取值范围为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A 选项，求出 过定点 ， 到 距离的最大值，验证后发现最大值取不到；
B 选项，根据平行关系得到方程，求出 ，检验后得到 B 正确；C 选项，由垂直关系得到方程，求出
；D 选项，求出 的斜率 ，进而求出倾斜角取值范围.
【详解】对于 A： ，
令 ，解得 ，故 过定点 ，
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到 距离的最大值为 ，
此时 ， ，故 的斜率应为 ，
故 ，即 ，无解，故最大值取不到，故 A 错误；
对于 B：由 ，得 ，解得 ，
经检验，当 时， 与 不重合，故 B 正确；
对于 C：由 ，得 ，解得 ，故 C 正确；
对于 D：当 时，直线 的斜率 ，
当 时， 的倾斜角 ，故 D 正确.
故选：BCD
11. 已知正方体 的棱长为 4，动点 在正方体表面 上（不包括边界），则下列说
法正确的是（ ）
A. 存在点 ，使得 ∥面
B. 存在点 ，使得 面
C. 若 与 的夹角为 ，则点 的轨迹长度为
D. 若 为面 的中心，则 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 项，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，通过证明 ∥ 即可得出结论；B 项，求出
面 的法向量，计算出 面 时点 的坐标，即可得出结论；C 项，求出点 的轨迹，即可求
出点 的轨迹长度；D 项，作出 取最小值时的图，根据对称性和两点之间距离公式即可求出
的最小值.
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【详解】由题意，
在正方体 中，棱长为 4，
动点 在正方体表面 上（不包括边界），
连接 ，设 的中点为 ，连接 ，设两线段交点为 ，连接 ，
建立空间直角坐标系如下图所示，
，
∴ ，
∴ ∥ ，
∵ 面 ， 面 ，
∴ ∥面 ，
∴当点 在 处时， 面 ，
∴存在点 ，使得 ∥面 ，故 A 正确；
B 项，在面 中， ，
设面 的法向量为 ，
即 ，解得 ，
当 时， ，
若 面 ，则 ， ，
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∵动点 在正方体表面 上，
∴ ，此时 ，与 重合，
∵点 不在边界上，故不存在点 ，使得 面 ，B 错误；
C 项，因为 ， 与 的夹角为 ，
所以 与 所成的角为 ，
则
由几何知识得，点 的轨迹是以点 为圆心， 为半径的圆的四分之一（即 ），
在 中， ， ， ，
∴ ，
∴点 的轨迹长度为： ，C 正确；
D 项， 为面 的中心，作点 关于平面 的对称点 ，
连接 ，当 最小时， ，
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∴ ， ，
∴ ，D 正确.
故选：ACD.
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知空间向量 ，若 ，则 ____
【答案】16
【解析】
【分析】首先求向量 ，再根据向量垂直的坐标表示，即可求解.
【详解】 ，因为 ，所以 ，
所以 .
故答案为：
13. 如图，在正方体 中，点 为棱 的中点，若 为底面 内一点（不包含
边界），且满足 平面 ．设直线 MN 与直线 所成的角为 ，则 的最小值为______．
【答案】
【解析】
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【分析】根据 平面 ，过 点构造平行平面，找到动点 的轨迹为两个平面交线，再建系求
解余弦最值，最后转化为正切最值即可.
【详解】分别取线段 的中点 Q，P，连接 MQ，MP，PQ，如图所示．
连接 ，易知 ，所以 ．
因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
同理可得 平面 ，
又 平面 MPQ，故平面 平面 ，
故点 在线段 PQ 上，且不与 P，Q 重合．
以点 为坐标原点， 的方向分别为 轴、 轴、 轴的正方向，建立空间直角坐标系．
令正方体棱长为 2，设 ，则 ，
，
所以 ．
当 时， 取得最大值，为 ，此时 取得最小值 ，故 的最小值为
．
故答案为： .
14. 在平面直角坐标系中过点 作直线 ，分别与 轴的正半轴､ 轴的正半轴交于点 .当直线
的斜率为__________时， 的周长最小，其最小周长是__________.
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【答案】 ①. ②. 20
【解析】
【分析】方法一： ，分别用三角函数表示出三角形的三条边长，化简可得
， ,结合基本不等式即可求解；
方法二： ， ， ，结合基本不等式求
解即可
【详解】方法一：
，
，
,
，
方法二：
，
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当且仅当 时，等号成立.解得 ,
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. 已知直线 ．
（1）求经过点 且与直线 垂直的直线方程；
（2）求经过直线 与 的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程．
【答案】（1）
（2） 或
【解析】
【分析】（1）根据直线的垂直关系求出直线的斜率，代入经过的点坐标求解；
（2）先求出两直线的交点，再根据两坐标轴上的截距互为相反数分情况讨论，求出直线方程．
【小问 1 详解】
由直线 可得斜率为 ，
设直线方程为 ，根据垂直关系得 ， ，
又 直线经过点 ，
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，解得 ，
所求直线方程为 ，整理得 ．
【小问 2 详解】
联立直线 ： ，解得 ，
直线 与 的交点为 ，
当直线经过坐标原点时，满足题意，设直线方程为 ，
代入 得 ， 直线方程为 ，即 ；
当直线的截距都不为 0 时，设直线方程为 ，
，解得 ，此时直线方程为 ，
所求直线方程为 或 ．
16. 如图，平行六面体 中， 与 相交于 ，设 ， ， .
（1）用 表示 ；
（2）若该平行六面体所有棱长均为 1，且 ，求 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
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【分析】（1）结合空间向量基本定理，根据空间向量的线性运算表示所求向量.
（2）利用空间向量的数量积求向量的模.
【小问 1 详解】
.
小问 2 详解】
由题意： ， ， ，
，
所以 .
17. 已知 的顶点 边上的中线 所在直线的方程为 的平分线
所在直线的方程为 ．
（1）求直线 方程；
（2）若直线 上任意一点 ，都满足 ，求直线 的方程．
【答案】（1） ；
（2） 或 ．
【解析】
【分析】（1）由 的平分线 所在直线的方程为 ，可设 ，利用 AB 中点在中线
上可得 ，然后可得点 关于直线 对称的点的坐标，据此可得直线 的方程；
（2）由 ，可得直线 与直线 平行，且直线 到直线 的距离等于点 A 到直线 的距
离，据此可得答案.
【小问 1 详解】
如图，由点 在直线 上，设 ，又 ，
则 的中点 在直线 上，
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所以 ，解得 ，所以 ．
设点 关于直线 对称的点为 ，
则有 ，解得 ，即 ．
显然 在直线 上，则直线 的斜率 ，
则直线 的方程为 ，整理得 ．
【小问 2 详解】
点 到直线 的距离 ．
因为点 满足 ，所以点 到直线 的距离相等，
所以直线 与直线 平行，且直线 到直线 的距离等于点 到直线 的距离．
设 ，则 ，解得 或 8，
所以直线 的方程为 或 ．
18. 已知正方体 的棱长为 4，E，F 分别为 的中点，G 在线段 上，且
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（1）求证∶ 面 ;
（2）求平面 EBF 与平面 EBG 夹角的余弦值；
（3）求点 D 到平面 EBF 的距离．
【答案】（1）证明见解析；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）法一、利用正方形的性质先证明 ，再结合正方体的性质得出 平面 ，
利用线面垂直的性质与判定定理证明即可；法二、建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面垂直即可；
（2）利用空间向量计算面面夹角即可；
（3）利用空间向量计算点面距离即可.
【小问 1 详解】
（1）法一、在正方形 中，
由条件易知 ，所以 ，
则 ，
故 ，即 ，
在正方体中，易知 平面 ，且 ，
所以 平面 ，
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又 平面 ，∴ ，
∵ ， 平面 ，∴ 平面 ；
法二、如图以 D 为原点建立空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，
设 是平面 的法向量，
则 ，令 ，则 ，
所以 是平面 的一个法向量，
易知 ，则 也是平面 的一个法向量，∴ 平面 ；
【小问 2 详解】
同上法二建立的空间直角坐标系，
所以 ，
由（1）知 是平面 的一个法向量，
设平面 的一个法向量为 ，所以 ，
令 ，则 ，
所以 平面 的一个法向量，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ，
所以平面 EBF 与平面 EBG 的夹角的余弦值为 ；
【小问 3 详解】
因为 ，所以 ，
又 是平面 的一个法向量，
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则 D 到平面 的距离为 .
所以点 D 到平面 EBF 的距离为 .
19. 如图，将 四个三角形拼接成形如漏斗的空间图形 ABCDE，其中
.连接 ，过点 作平面 ，满足 .
（1）证明： .
（2）若 ，且 .
（i）求 AC 到平面 的距离与 BD 到平面 的距离的平方和；
（ii）求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）取 AC 的中点 ，连接 BM，DM，先证明 平面 ，即可证明结论；
（2）（i）建立空间直角坐标系，设 ，直线 AC 到平面 的距离为 到平面 的距离为
，由已知可列方程组，求得答案；（ii）求出平面 的法向量，根据二面角的向量求法，即可求得答案.
【小问 1 详解】
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取 AC 的中点 ，连接 BM，DM.
因为 为 AC 的中点，所以 ，
又因为 平面 ，所以 平面 .
又因为 平面 ，所以 .
【小问 2 详解】
（i）连接 EM，因为 ，所以 ，由（1）知 平面 ，
则 四点共面.
结合题意知 ，可得 ，
在四边形 EBMD 中， ，根据对称性，可知 EM 垂直平分 .
因为 ，所以在平面 内存在点 F，G，使得 ，
则 ， 平面 ，即得 平面
如图，以 为坐标原点， 的方向分别为 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
设 ，直线 AC 到平面 的距离为 到平面 的距离为 ，
则 .
因为 ，所以
解得 ，
故 AC 到平面 的距离与 BD 到平面 的距离的平方和为 .
（ii）设平面 的法向量为 ，而 ，
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则 ，即 ，取 .
设平面 AEB 与平面 的夹角为 ，取平面 的一个法向量为 ，
则 ，
故平面 AEB 与平面 夹角的余弦值为
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