2024-2025学年江西省宜春市高二上册11月月考数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年江西省宜春市高二上册11月月考数学检测试卷（附解析），共24页。试卷主要包含了 下列结论正确的有， 下面四个结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 已知是关于x的方程的一个根，，则（ ）
A. 0B. 2C. 1D. 4
【正确答案】D
【分析】根据实系数一元二次方程根的性质，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【详解】因为是关于x的方程的一个根，，
所以是关于x的方程的一个根，
于是有，
故选：D
2. 已知直线和直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【正确答案】A
【分析】根据的充要条件求得或，再由充分条件、必要条件的概念得解.
【详解】若，则，解得或．
若，则直线，直线，可知；
若，则直线，直线，可知，
综上所述：或．
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
3. 设是虚数单位，是复数的共轭复数，若，则=
A. B. C. D.
【正确答案】A
【详解】令，
由即
所以
故选择A
【考点定位】考查复数的运算，共轭复数的概念，以及复数相等问题.
4. 已知点， 若直线与线段AB 相交，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C D.
【正确答案】D
【分析】由已知可得直线过定点，求得，，数形结合可求的取值范围.
【详解】由直线方程，可知直线过定点，
，，
作出示意图如图所示：直线与线段相交，

则可得或，解得或，
所以的取值范围是.
故选：D.
5. 若点在直线上，则点到点的距离之和的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】求出点关于直线对称的点为，则，由两点间距离公式计算，可得答案.
【详解】由已知，设关于直线的对称点为，
则解得，即，
所以．
故选：B.
6. 如图，在直三棱柱中，，点为侧棱上的动点．当最小时，三棱锥的体积为（ ）
A. 1B. C. D.
【正确答案】C
【分析】如图，将直三棱柱展开成矩形，连结交于，此时最小，则，利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可求解.
【详解】将直三棱柱展开成矩形，
如下图，连接，交于，此时最小，
∵，则，而，
由且都在面，则面，
又，则面，即面，
点为侧棱上的动点，当最小时，即，得，
又为直角三角形，此时三棱锥的体积为：
.
故选：C
7. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，为对角线与的交点，若，则三棱锥的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用空间几何体及球的特征确定球心，结合球体体积公式计算即可.
【详解】
因为底面，底面，即，
根据题意可知为等边三角形，为直角三角形，
而，
则，
取的中点，连接，所以，
易知，则，
所以三棱锥的外接球的球心为F，
，
∴该外接球的体积为.
故选：B
8. 如图，若P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A. 当P在平面内运动时，四棱锥的体积变化
B. 当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C. 使直线与平面所成的角为45°的点P的轨迹长度为
D. 若F是棱的中点，当P在底面内运动，且满足平面时，长度的最小值是
【正确答案】D
【分析】对A，点P在平面内运动时，四棱锥的底面积和高均不变，所以体积不变；对B，D，建系利用向量法求解；对C，根据线面角的定义，讨论点在各个表面的情况求解得答案.
【详解】对于A，因为底面正方形的面积不变，点P到平面的距离为正方体棱长，
所以四棱锥的体积不变，故A错误；
对于B，如图①，以D为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
可得，，.设，，
则，.
设直线与所成角为θ，则，
因为，当时，可得，所以；
当时，，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B错误；
对于C，已知直线与平面所成的角为45°，若点P在平面和平面内，
因为，最大，点P仅在点；若点P在平面内，
则点P的轨迹长度是；若点P在平面内，则点P的轨迹长度是；
若点P在平面内，作平面，如图②所示，
因为，所以.
因为，所以，所以，
所以点P的轨迹是以点A1为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点P的轨迹长度为.
综上，点P的轨迹总长度为，故C错误；
对于D，如图③，由前面建系得，，，，
设，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，所以.
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，故D正确．
故选：D.
二．多选题（6分×3=18分）
9. 下列结论正确的有（ ）
A. 直线恒过定点
B. 直线的倾斜角的取值范围是
C. 经过点，的直线方程均可用表示
D. 直线和都经过点，则过两点，直线方程为
【正确答案】ACD
【分析】对于A：将直线方程化为点斜式方程即可判断；对于B：首先求出斜率范围，进而得到倾斜角范围；对于C：利用两点式即可判断；对于D：将点代入两个方程分析两个方程的即可判断.
【详解】对于A，直线，即，直线恒过定点，故A正确；
对于B，直线的斜率，设直线的倾斜角为，则,所以，故B错误；
对于C，经过点，的直线方程均可用表示，故C正确；
对于D，直线和都经过点，则
所以点，的直线方程为上，故D正确.
故选：ACD.
10. 下面四个结论正确的是（ ）
A. 已知向量，，若，则为钝角
B. 已知，，则向量在向量上投影向量是
C. 若直线经过第三象限，则，
D. 已知，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，，，四点共面
【正确答案】BD
【分析】取可得，进而得到A错误；由投影向量的计算可得B正确；令可得C错误；由空间向量共面定理可得D正确；
【详解】对于A，当时，，，，
此时为，故A错误；
对于B，向量在向量上的投影向量为，故B正确；
对于C，令，则直线为，且经过第三象限，
但此时，故C错误；
对于D，因为，，
所以由向量共面定理的推论可得，，，四点共面，故D正确；
故选：BD.
11. 在正三棱柱中，，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，点在棱上
B. 当时，点到平面的距离为定值
C. 当时，点在以的中点为端点的线段上
D. 当时，平面
【正确答案】BCD
【分析】对于A，由即可判断；对于B，由和平面即可判断；对于C，分别取和的中点和，由即即可判断；对于D，先求证平面，接着即可求证平面，进而即可求证平面.
【详解】对于A，当时，，
又，所以即，又，
所以三点共线，故点在上，故A错误；
对于B，当时，，
又，所以即，又，
所以三点共线，故点在棱上，
由三棱柱性质可得平面，所以点到平面的距离为定值，故B正确；
对于C，当时，取的中点的中点，
所以且，，即，
所以即，又，
所以三点共线，故在线段上，故C正确；
对于D，当时，点为的中点，连接，
由题为正三角形，所以，又由正三棱柱性质可知，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，所以，又，
所以，所以，
所以，
设与相交于点O，则，即，
又，平面，
所以平面，因为平面，
所以，由正方形性质可知，
又，平面，
所以平面，故D正确.
故选：BCD.
思路点睛：对于求证平面，可先由和得平面，从而得，接着求证得平面，进而，再结合即可得证平面.
三．填空题（5分×3=15分）
12. 已知直线经过点，且在轴上的截距是在轴上截距的两倍，则直线的方程为________．
【正确答案】或
【分析】分截距为和截距不为两种情况讨论，再分别利用直线的点斜式和截距式，即可求解.
【详解】因为直线经过点，且在轴上的截距是在轴上截距的两倍，
当截距时，斜率为，此时直线方程为，即，
当截距不为时，由题可设直线方程为，又直线过点，
所以，得到，故直线方程为，即，
故或.
13. 过定点且倾斜角是直线倾斜角的两倍的直线方程为________.
【正确答案】
【分析】由已知直线的斜率，利用正弦的二倍角公式得到所求直线的斜率，点斜式求出直线方程.
【详解】直线的斜率为，
设直线的倾斜角为，可得，
即可得，所以所求直线的斜率为，
所求直线方程为，即，
故答案为.
14. 已知矩形，，，沿对角线将折起，使得，则二面角的余弦值是__________________
【正确答案】##-0.5
【分析】过和分别作，，根据向量垂直的性质，利用向量数量积进行转化求解即可．
【详解】过和分别作，，
，，
，
，
，
则，即，
，
，
，
，
二面角的余弦值为，
故答案为.
四．解答题（13分+15分+15分+17分+17分=77分）
15. （1）经过点，且与直线垂直的直线一般式方程.
（2）求过点，且与直线平行的直线的一般式方程；
（3）求过点，且在轴上的截距与在轴上的截距之和为2的直线斜率.
【正确答案】（1）；（2）；（3）或.
【分析】（1）（2）根据给定条件，设出直线方程，再利用待定系数法求出直线方程.
（3）根据给定条件，利用直线方程的截距式，再利用待定系数法求出直线的横纵截距，进而求出直线的斜率.
【详解】（1）设与直线垂直的直线方程为，又该直线过点，
则，解得，
所以所求直线方程为.
（2）设与直线平行的直线方程为，
又该直线过点，则，解得，
所以所求直线方程为.
（3）显然直线不过原点，设其方程为，则，
整理得，即，因此，解得，
而直线，即，其斜率，
所以所求直线的斜率为或.
16. 已知一条动直线，
（1）求直线恒过的定点的坐标；
（2）若直线不经过第二象限，求m的取值范围；
（3）若直线与x、y轴的正半轴分别交于A，B两点，O为坐标原点，的面积为6，求直线的方程.
【正确答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）将直线整理成直线系方程，求出定点坐标即可；
（2）由直线不经过第二象限，分类整合求出m的取值范围即可.
（3）由题意设出直线的截距式方程，代入定点，解出方程再化成一般式即可.
【小问1详解】
由题意，
整理得，所以不管取何值时，
直线恒过定点的坐标满足方程组，解得，
即
【小问2详解】
由上问可知直线恒过定点，当，直线斜率不存在时，
此时直线是，显然满足题意；
当时，由直线不经过第二象限，直线与轴有交点时，
则纵截距小于或等于零即可，令，则，
即 ，解得；
综上所述：
【小问3详解】
设直线方程为，则，
由直线恒过定点，得，
由整理得：，
解得或，
所以直线方程为：或，
即或，
又直线的斜率，
所以不合题意，
则直线方程为.
17. 如图，在三棱柱中，平面，为线段上的一点．
（1）求证:平面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值；
（3）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【分析】（1）借助线面平行的性质定理推导即可得；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算公式可得，即可得其所成角的余弦值；
（3）利用空间向量夹角公式可确定点位置，再结合空间点到面距离公式进行求解即可.
【小问1详解】
连接，由三棱柱性质可得平面平面，
又平面，故平面；
【小问2详解】
因为平面，平面，
所以，而，
故两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系：

则，
连接，则，
由，故，
故直线与直线所成角的余弦值为；
【小问3详解】
设，，则，
设平面的法向量为，
有，令，则，，
即，
因为直线与平面所成角为，
所以，
解得，即，因为，
所以点到平面的距离为.
18. 如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，．

（1）证明：平面平面；
（2）若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离．
（3）点是线段CD上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【分析】（1）先证明，继而证明，即可证明平面，从而根据面面垂直的判定定理证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案.
（3）设，，进而表示出，，由题意列出关于的方程组求解即可.
【小问1详解】
由平面，平面，平面，
得，， 与底面所成角为 ．
所以三角形 为等腰直角三角形， ．
又由四边形是直角梯形，，可知，
所以为等腰直角三角形，而，故．
在直角梯形中，过C作，垂足为E，则四边形为正方形，
可知 ．
所以 ，在等腰直角三角形 中，．
则有，所以．
又因为，，平面 ，平面．
所以平面．因为平面 ，所以平面平面．
【小问2详解】
以A为坐标原点，分别以所在的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．

则A0,0,0，P0,0,1，B1,0,0，，C1,1,0．
因为T是 的中点，点M是 的中点，所以，．
设平面 的法向量为，，，
则 ，得 ，
取 ，则 ，得平面的一个法向量为，
而,所以点P到平面的距离为．
【小问3详解】
设，注意到A0,0,0，
所以，
所以，
设，注意到P0,0,1，
所以，
因为A0,0,0，B1,0,0，所以，
若平面，
则当且仅当，即当且仅当，
此时，
综上所述，当且仅当重合，此时存在，使平面.
关键点点睛：第三问的关键在于知道若平面，则当且仅当，从而只需引入两个参数，分别表示出，由此即可顺利得解.
19. 如图1，是边长为3的等边三角形，点、分别在线段、上，，，沿将折起到的位置，使得，如图2．

（1）求证：平面平面；
（2）若点在线段上，且，，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）在（2）的条件下，判断线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，．
【分析】（1）由余弦定理得到，由勾股定理逆定理得，，得到线面垂直，证明出面面垂直；
（2）由余弦定理得到，由等体积法求出点到平面的距离，求出直线与平面所成角的正弦值；
（3），得到，线面平行，得到平面平面，又平面，故得到线面平行，故线段上存在点，使得平面且．
【小问1详解】
证明：在中，，，，
由余弦定理得，
∴，
∴．
在中，，，，
∴，
∴．
∵，、平面，
∴平面．
又平面，
∴平面平面．
【小问2详解】
设点到平面的距离为，
由题意得，，，，
∴，
∴，，
由可得，
，解得，
设直线与平面所成角为，又因为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【小问3详解】
在线段上存在点，使得平面且,
证明如下：是边长为3的等边三角形，且，
故，为等边三角形，
在平面内，，
∴，

又平面，平面，
∴平面；
在平面内，，，
∴．
又平面，平面，
∴平面，
又，
∴平面平面，又平面，
∴平面．
∴在线段上存在点，使得平面且．