2024-2025学年辽宁省鞍山市高二上册第一次月考数学学情检测试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年辽宁省鞍山市高二上册第一次月考数学学情检测试卷（含解析），共30页。试卷主要包含了 直线的倾斜角是， 已知直线，若，则， 已知，若过定点的动直线等内容，欢迎下载使用。
一､单项选择题：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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
2. 若方程表示一个圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知直线一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A B. C. D.
4. 已知直线，若，则（ ）
A. 或B. C. 或D.
5. 如图，在正方体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
6. 当点到直线的距离最大时，直线的一般式方程是（ ）
A. B.
C. D.
7. 如图，在直三棱柱中，分别是棱和的中点，点是线段上的动点（不包括端点）．若，则线段的长度是（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，在四裬锥中，平面，是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（ ）
A. B. C. D. 1
二､多项选择题：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，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则以下说法正确的是（ ）
A. 点的坐标为2,1B.
C. D. 的最大值为5
10. 如图，已知二面角的棱上有两点，，，若，则（ ）
A. 直线与所成角的余弦值为
B. 二面角大小为
C. 三棱锥的体积为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
11. 如图，M为棱长为2的正方体表面上的一个动点，则（ ）

A. 当在平面内运动时，四棱锥的体积是定值
B. 当在直线上运动时，与所成角的取值范围为
C. 使得直线与平面所成的角为60°的点的轨迹长度为
D. 若为棱的中点，当在底面内运动，且平面时，的最小值
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知空间直角坐标系中的三点、、，则点A到直线BC的距离为______．
13. 一条光线从点射出，经直线反射到圆上，则光线经过的最短路径的长度为_______．
14. 已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为________．
图1 图2
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. 已知直线的方程为.
（1）求证：不论为何值，直线必过定点；
（2）过点引直线交坐标轴正半轴于两点，当面积最小时，求周长.
16. 在棱长为2的正方体中，为的中点.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求三棱锥的体积.
17. 已知圆满足：截轴所得弦长为2；被轴分成两段弧，其弧长的比为，
（1）若圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）在满足条件的所有圆中，求圆心到直线的距离最小的圆的方程．
18. 如图，平面，点分别为中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离.
19. 如图，在中，是中点，分别是边上的动点，且；将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥；
（1）求证：；
（2）若，二面角是直二面角，求二面角的正弦值；
（3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
2024-2025学年辽宁省鞍山市高二上学期第一次月考数学学情
检测试卷
一､单项选择题：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. 直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】利用直线方程得到斜率，利用斜率定义求倾斜角即可.
【详解】直线，即，
设该直线的倾斜角为，则直线的斜率为，
因为，所以.
故选：A.
2. 若方程表示一个圆，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】将圆的一般方程写成标准方程，再根据等号右边的式子大于求解.
【详解】原方程可化为，
方程表示圆，则有，即.
故选：D
3. 已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】根据线面平行得出，从而即可求解
【详解】若，则，从而，
即，解之得.
故选：A
4. 已知直线，若，则（ ）
A. 或B. C. 或D.
【正确答案】B
【分析】由条件结合直线平行结论列方程求，并对所得结果进行检验.
【详解】因为，，
所以，所以，解得或，
当时，，，直线重合，不满足要求，
当时，，，直线平行，满足要求，
故选：B.
5. 如图，在正方体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】法一：以基底，表示，代入向量夹角公式计算即可；
法二：分别以所在的直线为轴，通过向量的坐标运算计算即可；
法三：由，将直线和夹角即为直线和所成角或其补角，通过余弦定理即可求解.
【详解】化为空间向量问题，以作为基底，则
，
设向量和的夹角为，
则直线和夹角的余弦值等于.进行向量运算
因为四面体为正四面体，所以且夹角均为，
所以
.
故选：C.
【法二】分别以所在的直线为轴
建立如图所示的空间直角坐标系.
设正方体的棱长为2，
得
得.
设向量和的夹角为，
则直线和夹角的余弦值等于.
进行向量运算得.
故选：C
【法三】连接，易得，
则直线和夹角即为直线和所成角或其补角，
设正方体的棱长为2，
则中，，
由余弦定理得，.
故选：C
6. 当点到直线的距离最大时，直线的一般式方程是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】A
【分析】求出直线所过定点，则当时，点到直线的距离最大，再通过斜率计算即可得，即可得直线的一般式方程.
【详解】可化为，
令，解得，即直线过定点，
则当时，点到直线的距离最大，
即有，解得，
此时直线为，
化简得.
故选：A.
7. 如图，在直三棱柱中，分别是棱和的中点，点是线段上的动点（不包括端点）．若，则线段的长度是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，设，表示出、，由解出，得到线段的长度.
【详解】在直三棱柱中，，
以A为原点，的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，则．
由于，所以，解得，
所以线段的长度为．
故选：A．
8. 如图，在四裬锥中，平面，是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，若点是中点，则四棱锥体积的最大值是（ ）
A. B. C. D. 1
【正确答案】B
【分析】先根据两两垂直建立空间直角坐标系，然后得到各点的坐标，再应用二面角的空间向量解法得到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可.
【详解】因为平面且所以以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
因为已知Q是四边形内部一点，所以设，其中且（即点Q在平面且内部），则，
因为平面平面，所以平面的法向量为，
又因为， 设平面的法向量为，
则，即，由题易得，令，则，所以，
因为二面角的平面角大小为，
所以cs=m→·n→m→n→=4−x0y012+4−x0y02+22=12，即，
解得①，因为点M是PC中点，
所以M到平面的距离为，所以要使得四棱锥体积的最大，则，即要取到最大值，由①知时，，
此时点不在四边形内部，矛盾，
故当时，体积取到最大值，此时点，
所以，
故选：B.
方法点睛：碰到两两垂直线段时，往往可以借助空间向量法来解决，需要在求解法向量的时候注意不求错即可.
二､多项选择题：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，若过定点的动直线：和过定点的动直线：交于点（与，不重合），则以下说法正确的是（ ）
A. 点的坐标为2,1B.
C. D. 的最大值为5
【正确答案】ABC
【分析】根据直线方程求出定点的坐标，利用两直线垂直的判断方法，勾股定理，三角函数辅助角求最值即可得解.
【详解】因为可以转化为，
故直线恒过定点，故A选项正确；
又因为：，即恒过定点，
由 和, 满足，
所以, 可得, 故B选项正确；
所以, 故C选项正确；
因为, 设为锐角,
则, ，
所以,
所以当时, 取最大值, 故选项D错误.
故选：ABC.
10. 如图，已知二面角的棱上有两点，，，若，则（ ）
A. 直线与所成角的余弦值为
B. 二面角大小为
C. 三棱锥的体积为
D. 直线与平面所成角的正弦值为
【正确答案】AB
【分析】在给定图形中作出直线与所成角、二面角的平面角、直线与平面所成角，再一一作答即可.
【详解】过作,且，连接,如图，
则四边形是平行四边形，即,
是直线与所成角或补角，
因为则
而平面,
所以平面，
又因为平面,所以,
A正确；
因为所以而
则是二面角的平面角，
又因为,
所以,即为正三角形，，B正确；
因为平面，，所以平面平面，
在平面内过点作于,于是得，
C错误；
连接，因为，则直线与平面所成角，
，D错误；
故选:AB.
11. 如图，M为棱长为2的正方体表面上的一个动点，则（ ）

A. 当在平面内运动时，四棱锥的体积是定值
B. 当在直线上运动时，与所成角的取值范围为
C. 使得直线与平面所成的角为60°的点的轨迹长度为
D. 若为棱的中点，当在底面内运动，且平面时，的最小值
【正确答案】ACD
【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，利用体积公式可得体积不变；B选项，根据找到异面直线所成角为与所成的角，即可判断；C选项，找到的轨迹为线段，以及在平面内以为圆心、为半径的圆弧，计算即可；D选项，利用中点得线线平行，即可找到的轨迹，计算即可．
【详解】对于A，因为底面正方形的面积不变，在平面内运动时，又到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥的体积不变，故A正确；
对于B，由于，故与所成的角即为与所成的角，
当在端点时，为等边三角形，此时所成的角最小，最小为，
当在的中点时，所成的角最大，最大为，故与所成角的取值范围为，故B错误；

对于C，由于在正方体表面上，若直线与平面所成的角为60°，则，故以为圆心，以为半径作球，与棱相交于点，则的轨迹为线段，以及在平面内以为圆心、为半径的圆弧，如图①，故的轨迹长度为，故C正确；

分别取、、、、的中点、、、、，
由正方体的性质可知、、、、，六点共面，且为正六边形，如图②，
由中位线定理，，平面，平面，所以平面，
同理平面，且，平面，
所以平面平面，
在底面内运动，所以轨迹为线段，
取中点，连接，则平面，
故
故当最小时，最小，由于故，故当为时，的长最小，此时，故最小为，D正确．

故选：ACD．
方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知空间直角坐标系中的三点、、，则点A到直线BC的距离为______．
【正确答案】##
【分析】求出直线的方向向量，再利用点到直线距离公式计算即得.
【详解】依题意，，
所以点A到直线BC的距离.
故
13. 一条光线从点射出，经直线反射到圆上，则光线经过的最短路径的长度为_______．
【正确答案】
【分析】求得点关于直线的对称点，根据圆的性质得到，可求最短距离.
【详解】由圆，可得圆心坐标为，半径为，如图所示，
设点关于直线对称的点为，
可得，解得，，即，
点为入射点，光线经过的路径长为，
由对称性和圆性质，可得，当共线时取等号，
光线经过的最短路径的长度为，
又由，可得，
即最短路径的长度为.
故答案为.
14. 已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为________．
图1 图2
【正确答案】##
【分析】应用空间向量法计算已知面面垂直即法向量垂直即可求参.
【详解】如图，以A为坐标原点，
所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
∴
则，
若是平面的一个法向量，
则
可得，
若是平面的一个法向量，
则可得
由平面平面，得，
即，
解得．
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. 已知直线的方程为.
（1）求证：不论为何值，直线必过定点；
（2）过点引直线交坐标轴正半轴于两点，当面积最小时，求的周长.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）将直线方程改写成形式，解方程组即可得解.
（2）设直线的方程为，求出点坐标，表示出面积，利用基本不等式求出面积的最小值得解.
【小问1详解】
证明：由可得：，
令，
所以直线过定点．
【小问2详解】
由（1）知，直线恒过定点，
由题意可设直线的方程为，设直线与轴，轴正半轴交点分别为，
令x=0，得；令，得，
所以面积 ，
当且仅当，即时，面积最小，
此时，，，
的周长为.
所以当面积最小时，的周长为.
16. 在棱长为2的正方体中，为的中点.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求三棱锥的体积.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）建立空间直角坐标系，后求出关键点坐标，后借助向量夹角公式求出，进而得出异面直线与所成角的余弦值.
（2）运用等体积转化法，借助向量求到平面的距离，再用三棱锥体积公式计算即可.
【小问1详解】
如图，正方体中, 为的中点，连接交于O，连接，
根据正方体的性质，知道垂直于上下底面，且，则两两垂直.
则可以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系.
由于棱长为2，则面对角线为.
因此涉及的关键点坐标为，
则.
则，
则异面直线与所成角的余弦值为的余弦值为.
【小问2详解】
根据题意，知道，显然.
由正方体结构特征知，面，则到平面的距离为.
故.
故三棱锥的体积为.
17. 已知圆满足：截轴所得弦长为2；被轴分成两段弧，其弧长的比为，
（1）若圆心在直线上，求圆的标准方程；
（2）在满足条件的所有圆中，求圆心到直线的距离最小的圆的方程．
【正确答案】（1）或
（2）或
【分析】（1）根据已知条件，利用待定系数法来求圆的标准方程；
（2）用待定系数法，得到系数关系，再用基本不等式思想来求距离最小值问题，最后判断等号成立的条件，即可求出圆的方程.
【小问1详解】
设圆心为，半径为，则到到轴，轴距离分别为和．
由题设知，圆截轴弦长为,所以，
圆截轴所得劣弧所对的圆心角，
故圆截轴所得弦长为．所以，
故，
又因为圆心在直线上，则，
解得：或
所以圆的标准方程为或；
【小问2详解】
由（1）知：，
又因为圆心到直线的距离为：，
所以，
当且仅当时取等号，此时．
此时或且，
则圆的标准方程为或．
18. 如图，平面，点分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求到平面的距离.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）连接，证得，利用用线面判定定理，即可得到平面.
（2）以为原点，分别以的方向为轴，..轴，轴的正方向的空间直角坐标系.求得平面和平面法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．
（3）设，则，从而，由（2）知平面的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解．
【小问1详解】
连接，因为，所以，又因为，所以为平行四边形.
由点和分别为和的中点，可得且，
因为为的中点，所以且，
可得且，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向的空间直角坐标系.
依题意可得，.
，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，
设为平面的法向量，
则，即，不妨设，可得，.
，所以，平面与平面夹角的余弦值为12.
【小问3详解】
设，即，则.从而.
由（2）知平面的法向量为，
由题意，，即，
整理得，解得或，
因为所以，所以.
则N到平面的距离为.
19. 如图，在中，是中点，分别是边上的动点，且；将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥；
（1）求证：；
（2）若，二面角是直二面角，求二面角的正弦值；
（3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明线面垂直，继而得出线线垂直即可证明；
（2）根据直二面角建立空间直角坐标系求出二面角余弦值，进而求出正弦值，计算正切值即可；
（3）先建立空间直角坐标系，再设坐标结合垂直关系求参，最后结合线面角的正弦，应用基本不等式得出范围即可.
【小问1详解】
证明：因为，
所以，
即平面，
平面，又平面，
所以
【小问2详解】
因为二面角是直二面角，
所以平面平面，
又平面平面平面，
平面，
以分别为轴建立空间直角坐标系，
设平面法向量为，
设平面法向量为，
则，令，得，
所以为平面的一个法向量，
设二面角为.
因为，
所以.
【小问3详解】
分别以反方向和方向分别为轴，过做平面的垂线为轴，
设，
显然n>0,AE=t,t,0,PD=−1,−m,−n，
，得出，
则，则，
根据翻折后勾股定理得，
化简得，
因为构成直角三角形，则，且，解得，
设平面的法向量为，设直线与平面所成角为，
，
则，
令，令，
则，且，
，
根据函数在0,1上单调递减，且恒大于0，
则函数在0,1单调递增，则，
即，
则，即正弦值的取值范围