2024_2025学年_福建莆田高二第一学期10月月考数学学情试卷[附解析]

这是一份2024_2025学年_福建莆田高二第一学期10月月考数学学情试卷[附解析]，共31页。试卷主要包含了选择性必修1等内容，欢迎下载使用。
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. 在复平面内，复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
2. 在四面体OABC中，，，，，N为BC的中点，若，则λ=（ ）
A. B. C. D.
3. 在空间直角坐标系内，平面经过三点，，，向量是平面的一个法向量，则（ ）
A 3B. C. 5D.
4. 在空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l方程为.已知：在空间直角坐标系中，平面的方程为：，经过的直线方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知直线方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
6. 如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（ ）
A. B. C. D.
7. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.如图，长方体中，，为棱的中点，则异面直线与之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知是长方体外接球的一条直径，点在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，则的取值范围为（ ）
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.全部选对得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线必过定点
B. 直线在y轴上的截距为1
C. 过点且垂直于直线的直线方程为
D. 直线的倾斜角为120°
10. 如图，在直三棱柱中，，，，点是棱中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 异面直线与所成角为
B. 在上存在点，使平面
C.
D. 二面角大小为
11. 在正四棱柱中，，点满足，其中，则（ ）
A. 当时，的面积为定值
B. 当时，四棱锥的体积为定值
C. 当时，点的轨迹长为
D. 当时，的取值范围时
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 直线关于x轴对称的直线方程为______.
13. 两平行直线，的距离为__________.
14. 已知矩形，，，沿对角线将折起，使得，则二面角的大小是___________.
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. 已知直线过定点
（1）若到直线的距离为，求直线的方程；
（2）若直线分别与轴，轴的负半轴交于两点，求（为坐标原点）面积的最小值及此时直线的方程.
16. 如图三棱柱中，，，，平面平面，D是棱AC中点.
（1）求证：平面；
（2）求到直线BD的距离.
17. 如图，在平面四边形中，，，.
（1）若的面积为，求的长；
（2）若，.求的大小.
18. 如图，在平行六面体中，平面ABCD，，，
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
19. 数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等.
（1）证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）；
（2）记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围；
（3）当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由.
2024-2025学年福建省莆田市高二上学期10月月考数学学情检测试卷
必修2、选择性必修1
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. 在复平面内，复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的概念可求得复数的虚部.
【详解】因为，因此，复数的虚部为.
故选：B.
2. 在四面体OABC中，，，，，N为BC的中点，若，则λ=（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算，求得，结合已知条件，即可求解.
【详解】如图所示，因为N为BC的中点，所以，
又因为，所以，
因为，所以.
故选：B.
3. 在空间直角坐标系内，平面经过三点，，，向量是平面的一个法向量，则（ ）
A. 3B. C. 5D.
【正确答案】A
【分析】求出，，由，可得关于和的方程组，求解即可．
【详解】解：由，0，，，1，，，1，，
则，1，，，1，，
因为向量是平面的一个法向量，
所以，即，
解得，
所以．
故选：A．
4. 在空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线l方程为.已知：在空间直角坐标系中，平面的方程为：，经过的直线方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据题意，得到直线l的一个方向向量为和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】因为经过的直线l方程为，
可得直线l的一个方向向量为，
又平面的方程为，
则平面的一个法向量为，
所以，
则直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D.
5. 已知直线方程为，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】分是否为，即斜率是否存在，再结合的图象即可求解.
【详解】
当时，直线的斜率为，
所以倾斜角的取值范围为，
当时，倾斜角为，
综上，直线的倾斜角取值范围为.
故选：C.
6. 如图，在三棱柱中，与相交于点，则线段的长度为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】依题意得，，，，，进而可得结果.
【详解】依题意得，，，.
所以
故.
故选：A.
7. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值.如图，长方体中，，为棱的中点，则异面直线与之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】通过线面平行的判定定理，证明平面，将异面直线与之间的距离转化为点与平面之间的距离，再利用等体积法求解即可.
【详解】
取中点，连接，
由，，，，
则，
四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面，
故异面直线与之间的距离与平面之间的距离点与平面之间的距离，
设点与平面之间的距离为，
由题意可得，,
则
则三棱锥的体积，
又，
则三棱锥的体积，
又，则，
故选：C.
8. 已知是长方体外接球的一条直径，点在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】先求得外接球的半径.
【详解】设外接球的半径为，则.
设是球心，则，
.
故选：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.全部选对得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 直线必过定点
B. 直线在y轴上的截距为1
C. 过点且垂直于直线的直线方程为
D. 直线的倾斜角为120°
【正确答案】AC
【分析】对于A，整理直线方程，合并出参数系数，令其等于零，建立方程，可得答案；
对于B，将代入直线方程，结合截距的定义，可得答案；
对于C，根据直线之间的垂直关系，设未知直线方程，代入点，可得答案；
对于D，根据直线的一般式方程，明确直线的斜率，可得答案.
【详解】对于A，由直线方程，整理可得，当时，，故A正确；
对于B，将代入直线方程，可得，解得，故B错误；
对于C，由直线方程，则其垂线的方程可设为，将点代入上式，可得，解得，则方程为，故C正确；
对于D，由直线方程，可得其斜率为，设其倾斜角为，则，解得，故D错误.
故选：AC.
10. 如图，在直三棱柱中，，，，点是棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 异面直线与所成的角为
B. 在上存在点，使平面
C.
D. 二面角的大小为
【正确答案】ABD
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的性质证明，即可判断；对于B，取的中点分别为，证明平面平面，即可判断；对于C，建立空间直角坐标系，求是否为，即可判断；对于D，方法一：几何法，利用三垂线定理，证是二面角的平面角，即可求解；方法二：建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，平面的法向量，利用向量法求二面角的大小.
【详解】对于A，因为，，
则，所以，
直三棱柱中，平面，
又平面，则，
又，平面，
故平面，
又平面，所以，
则直线与直线所成的角为，故选项A正确；
对于B，取的中点分别为，连接，
又为的中点，所以，，
又，，平面，平面，
故平面平面，
又平面，所以平面，
则在上存在点，使平面，故选项B正确；
对于C，以点为坐标原点，以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，
所以，，
因为，
所以与不垂直，故选项C错误；
对于D，方法一：几何法——三垂线定理
在平面内，过作于，连接，由三垂线定理得，所以是二面角的平面角，
依题意知，，，所以，所以二面角的大小为，故选项D正确.
方法二：坐标法
平面的一个法向量为，
设平面的法向量为n=x,y,z，
因为，
则，令，则，故，
所以，
又二面角为锐二面角，
所以二面角的大小为，故选项D正确.
故选：ABD.
11. 在正四棱柱中，，点满足，其中，则（ ）
A. 当时，的面积为定值
B. 当时，四棱锥的体积为定值
C. 当时，点的轨迹长为
D. 当时，的取值范围时
【正确答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，然后根据不同情况确定点的轨迹，分别判断每一个选项即可.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
得
因为
所以
当时，因为，所以点在线段上运动，
显然点到直线的距离随着点的位置变化而变化，线段的长度确定，
故的面积不为定值，所以选项A错误；
当时，，，故此时点在线段上运动,由题可知，
四边形的面积确定，,显然平面，平面，
故平面，
所以到平面的距离确定，
所以四棱锥的体积为定值，故选项B正确；
当时，此时，因为，
所以此时点的轨迹为线段,易知，故选项C正确；
当时，此时， 因为
所以
因
所以得，故选项D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 直线关于x轴对称的直线方程为______.
【正确答案】
【分析】根据题意，求得直线与坐标轴的交点为和，得出关于的对称点为，结合直线的点斜式方程，即可求解.
【详解】由直线，令，可得，即直线与轴的交点为，
再令，可得，即直线过点，
则点关于的对称点为，
又由，所以直线关于轴的对称直线为，即.
故答案为.
13. 两平行直线，的距离为__________.
【正确答案】
【分析】由两直线平行求出实数的值，再利用平行线间的距离公式可计算出结果.
【详解】由于直线与平行，则，整理得，解得.
所以，直线的方程为，直线的方程为，即，
因此，两直线间的距离为.
故答案为.
本题考查两平行直线间距离的计算，同时也考查了利用直线平行求参数，考查计算能力，属于基础题.
14. 已知矩形，，，沿对角线将折起，使得，则二面角的大小是___________.
【正确答案】
【分析】
作出二面角的平面角，建立空间坐标系，设二面角的大小为，表示出、两点坐标，根据距离公式列方程解出.
【详解】在矩形中，作于点，交于点，作于点，
，，，
，，
，
在翻折后，以为原点，以、所在直线为轴、轴建立空间直角坐标系，
则为二面角的平面角，设，
则，，
，得，
，.
因此，二面角的大小是.
故答案为.
作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
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. 已知直线过定点
（1）若到直线的距离为，求直线的方程；
（2）若直线分别与轴，轴的负半轴交于两点，求（为坐标原点）面积的最小值及此时直线的方程.
【正确答案】（1）或
（2）最小值为，直线l的方程为.
【分析】（1）就斜率是否存在分类讨论后结合点到直线的距离公式可求直线方程；
（2）设直线为，则可用斜率表示面积，结合基本不等式可求面积的最小值，从而可求直线方程.
【小问1详解】
当直线斜率不存在时，
由过得，满足到的距离为3，
当直线斜率存在时，设直线方程为即，
点到直线的距离为，解得.
此时直线的方程为即，
综上所述，所求的直线方程为或.
【小问2详解】
若直线分别与轴，轴的负半轴交于两点，
则设直线为，，则， .
，当且仅当时取等号，
故面积的最小值为12，此时直线l的方程为.
16. 如图三棱柱中，，，，平面平面，D是棱AC的中点.
（1）求证：平面；
（2）求到直线BD的距离.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）连接交于，证得，结合线面平行的判定定理，即可得证；
（2）利用面面垂直的性质，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和，结合距离公式，即可求解.
【小问1详解】
如图所示，在三棱柱中，连接交于，再连接，
因为四边形是平行四边形，所以是的中点，
又因为是中点，所以，
因为平面A1BD，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，
由余弦定理得，
所以，可得，
又由平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为，故两两垂直，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，
且，
则，，，
所以C1到直线BD的距离为.
17. 如图，在平面四边形中，，，.
（1）若的面积为，求的长；
（2）若，.求的大小.
【正确答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由已知利用三角形的面积公式可求，然后在中，利用余弦定理求解；
（2）设，易知，再由，，然后在中，利用正弦定理求解.
【详解】（1）在中，因为，，
的面积为，
所以，解得，
在中，由余弦定理的，
所以.
（2）设，则，
在中，因为，
所以，
在中，，
由正弦定理，可得，即，
所以，
因为锐角，
所以，
解得，即的值为.
18. 如图，在平行六面体中，平面ABCD，，，
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积；
（3）线段上是否存在点E，使得平面EBD与平面的夹角为?若存在，求的长；若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）4 （3）不存在，理由见解析
【分析】（1）解法一，由平面ABCD，，可求得，证明，得证；解法二，在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点为轴，建立空间直角坐标系，由结合已知条件求出点坐标，利用向量坐标运算证明，得证；解法三，在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F，通过证明平面，得证，在各直角三角形中，通过相似比和勾股定理，求出的值，由，得证；
（2）过作于H，由等体积，求值即可；
（3）解法一，以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系；解法二，利用（1）中解法二的空间直角坐标系；设，向量法求平面EBD与平面的夹角，由的值确定结论.
【小问1详解】
解法一：因为⊥平面ABCD，平面ABCD，
所以，，所以，，
因为，所以，
又因为，.
所以，化简得.
所以，
所以.
解法二：在平面ABCD内过点D作AB的垂线，垂足为H，以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，
设，则，
所以，，
由得，所以，
又因为，所以，解得，
所以，，，，
所以，
所以.
解法三：在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结交于F.
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
则，所以，所以，，
在中，，，，所以，
在中，，，所以，
在中，，，，所以，所以，
所以.
【小问2详解】
因为，由（1）知，所以，
过作于H，则.
因为直棱柱中平面平面ABCD，平面平面，
平面ABCD，所以平面，
所以.
【小问3详解】
解法一：假设存在点E满足条件，
因为⊥平面ABCD，，
所以以D为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
，A2,0,0，，，，，
，
设，则，
设平面EBD的一个法向量为，
由，得，
令，得，所以.
设平面的一个法向量，
由，得，
令，得，所以.
所以，
因为平面EBD与平面D1BD的夹角为，
即，解得，
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.
解法二：由（1）解法二得平面的一个法向量为，
假设存在E点满足条件，设，则
设平面EBD的一个法向量为，
由，得，
令，则，所以.
所以，
因为平面EBD与平面D1BD的夹角为，
即，解得.
又因为，所以舍去，
所以线段上不存在点E使得平面EBD与平面的夹角为.
19. 数学家阿波罗尼斯（约公元前262－190年）证明过这样一个命题：平面内到两定点距离之比为常数且的点的轨迹是圆心在两定点所在直线上的圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．在棱长为6的正方体中，点是的中点，点是正方体表面上一动点（包括边界），且两直线，与平面所成的角相等.
（1）证明：点的轨迹是一阿波罗尼斯圆的一段弧，并画出大致图象（不要求写出画法）；
（2）记点的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为，求的取值范围；
（3）当线段最短时，在线段上是否存在点，使得平面，若有，请求出平面截正方体的截面周长，若无，说明理由.
【正确答案】（1）证明见解析，图象见解析;
（2）;
（3）存在， .
【分析】（1）由题意可得，从而可得点的轨迹是圆；进而由点是正方体表面上一动点，可作圆弧；
（2）由题意可得，，设与所成的角为，可知，，可计算范围.
（3）由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上，故延长交于点，过点做，交于点，交于点，交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形，进而计算可求截面周长.
【小问1详解】
由于是正方体，
两直线，与面所成的角相等
即，由于，
，即，
即，
依题意平面内点到两定点距离之比为2，故点的轨迹是圆，
而点是正方体表面上一动点（包括边界），
即点的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧（如图所示）.
【小问2详解】
依题意可知：圆心在所在的直线上，
作圆与交于点，与的延长线上交于点，显然恰为圆的直径，
故依，恰好为线段的三分之一分点，，
，所以是中点，所以，，
所以圆的半径为，从而，，所以，
设与所成的角为，可知，
，
，
；
【小问3详解】
由（2)可知，当线段的长最短时，即点在直线上，
故延长交于点，过点做，交于点，交于点，
交于点，连接交于点，所求的截面即为五边形.
以下证明此时即∥平面，
由于，平面，平面
所以∥平面，
故有，，
在中，
在中，
在中，
在中，
在中，
所以所求的截面五边形的周长