2024-2025學年福建省莆田市高二上學期10月月考數(shù)學學情檢測試卷必修2、選擇性必修1一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.在復平面內(nèi)，復數(shù)的虛部為（）A. B. C. D.2.在四面體OABC中，，，，，N為BC的中點，若，則λ=（）A. B. C. D.3.在空間直角坐標系內(nèi)，平面經(jīng)過三點，，，向量是平面的一個法向量，則（）A3 B. C.5 D.4.在空間直角坐標系中，經(jīng)過點，且法向量為的平面方程為，經(jīng)過點且一個方向向量為的直線l方程為.已知：在空間直角坐標系中，平面的方程為：，經(jīng)過的直線方程為，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B. C. D.5.已知直線方程為，則直線的傾斜角的取值范圍為（）A. B.C. D.6.如圖，在三棱柱中，與相交于點，則線段的長度為（）A. B. C. D.7.定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值.如圖，長方體中，，為棱的中點，則異面直線與之間的距離為（）A. B. C. D.8.已知是長方體外接球的一條直徑，點在長方體表面上運動，長方體的棱長分別是1，1，，則的取值范圍為（）A. B. C. D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.直線必過定點B.直線在y軸上的截距為1C.過點且垂直于直線的直線方程為D.直線的傾斜角為120°10.如圖，在直三棱柱中，，，，點是棱中點，則下列說法正確的是（）A.異面直線與所成角為B.在上存在點，使平面C.D.二面角大小為11.在正四棱柱中，，點滿足，其中，則（）A.當時，的面積為定值B.當時，四棱錐的體積為定值C.當時，點的軌跡長為D.當時，的取值范圍時三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12.直線關(guān)于x軸對稱的直線方程為______.13.兩平行直線，的距離為__________.14.已知矩形，，，沿對角線將折起，使得，則二面角的大小是___________.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知直線過定點（1）若到直線的距離為，求直線的方程；（2）若直線分別與軸，軸的負半軸交于兩點，求（為坐標原點）面積的最小值及此時直線的方程.16.如圖三棱柱中，，，，平面平面，D是棱AC中點.（1）求證：平面；（2）求到直線BD的距離.17.如圖，在平面四邊形中，，，.（1）若的面積為，求的長；（2）若，.求的大小.18.如圖，在平行六面體中，平面ABCD，，，（1）求證：；（2）求三棱錐的體積；（3）線段上是否存在點E，使得平面EBD與平面的夾角為?若存在，求的長；若不存在，請說明理由.19.數(shù)學家阿波羅尼斯（約公元前262－190年）證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常數(shù)且的點的軌跡是圓心在兩定點所在直線上的圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．在棱長為6的正方體中，點是的中點，點是正方體表面上一動點（包括邊界），且兩直線，與平面所成的角相等.（1）證明：點的軌跡是一阿波羅尼斯圓的一段弧，并畫出大致圖象（不要求寫出畫法）；（2）記點的軌跡所在的阿波羅尼斯圓的圓心為，求的取值范圍；（3）當線段最短時，在線段上是否存在點，使得平面，若有，請求出平面截正方體的截面周長，若無，說明理由.2024-2025學年福建省莆田市高二上學期10月月考數(shù)學學情檢測試卷必修2、選擇性必修1一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.在復平面內(nèi)，復數(shù)的虛部為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】利用復數(shù)的除法化簡復數(shù)，利用復數(shù)的概念可求得復數(shù)的虛部.【詳解】因為，因此，復數(shù)的虛部為.故選：B.2.在四面體OABC中，，，，，N為BC的中點，若，則λ=（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】利用空間向量的線性運算，求得，結(jié)合已知條件，即可求解.【詳解】如圖所示，因為N為BC的中點，所以，又因為，所以，因為，所以.故選：B.3.在空間直角坐標系內(nèi)，平面經(jīng)過三點，，，向量是平面的一個法向量，則（）A.3 B. C.5 D.【正確答案】A【分析】求出，，由，可得關(guān)于和的方程組，求解即可．【詳解】解：由，0，，，1，，，1，，則，1，，，1，，因為向量是平面的一個法向量，所以，即，解得，所以．故選：A．4.在空間直角坐標系中，經(jīng)過點，且法向量為的平面方程為，經(jīng)過點且一個方向向量為的直線l方程為.已知：在空間直角坐標系中，平面的方程為：，經(jīng)過的直線方程為，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據(jù)題意，得到直線l的一個方向向量為和平面的一個法向量為，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】因為經(jīng)過的直線l方程為，可得直線l的一個方向向量為，又平面的方程為，則平面的一個法向量為，所以，則直線與平面所成角的正弦值為.故選：D.5.已知直線方程為，則直線的傾斜角的取值范圍為（）A. B.C. D.【正確答案】C【分析】分是否為，即斜率是否存在，再結(jié)合的圖象即可求解.【詳解】當時，直線的斜率為，所以傾斜角的取值范圍為，當時，傾斜角為，綜上，直線的傾斜角取值范圍為.故選：C.6.如圖，在三棱柱中，與相交于點，則線段的長度為（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】依題意得，，，，，進而可得結(jié)果.【詳解】依題意得，，，.所以故.故選：A.7.定義：兩條異面直線之間的距離是指其中一條直線上任意一點到另一條直線距離的最小值.如圖，長方體中，，為棱的中點，則異面直線與之間的距離為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】通過線面平行的判定定理，證明平面，將異面直線與之間的距離轉(zhuǎn)化為點與平面之間的距離，再利用等體積法求解即可.【詳解】取中點，連接，由，，，，則，四邊形為平行四邊形，則，又平面，平面，則平面，故異面直線與之間的距離與平面之間的距離點與平面之間的距離，設點與平面之間的距離為，由題意可得，,則則三棱錐的體積，又，則三棱錐的體積，又，則，故選：C.8.已知是長方體外接球的一條直徑，點在長方體表面上運動，長方體的棱長分別是1，1，，則的取值范圍為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】先求得外接球的半徑.【詳解】設外接球的半徑為，則.設是球心，則，.故選：D二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分，有選錯的得0分.9.下列說法正確的是（）A.直線必過定點B.直線在y軸上的截距為1C.過點且垂直于直線的直線方程為D.直線的傾斜角為120°【正確答案】AC【分析】對于A，整理直線方程，合并出參數(shù)系數(shù)，令其等于零，建立方程，可得答案；對于B，將代入直線方程，結(jié)合截距的定義，可得答案；對于C，根據(jù)直線之間的垂直關(guān)系，設未知直線方程，代入點，可得答案；對于D，根據(jù)直線的一般式方程，明確直線的斜率，可得答案.【詳解】對于A，由直線方程，整理可得，當時，，故A正確；對于B，將代入直線方程，可得，解得，故B錯誤；對于C，由直線方程，則其垂線的方程可設為，將點代入上式，可得，解得，則方程為，故C正確；對于D，由直線方程，可得其斜率為，設其傾斜角為，則，解得，故D錯誤.故選：AC.10.如圖，在直三棱柱中，，，，點是棱的中點，則下列說法正確的是（）A.異面直線與所成的角為B.在上存在點，使平面C.D.二面角的大小為【正確答案】ABD【分析】對于A，利用線面垂直的判定定理證明平面，再利用線面垂直的性質(zhì)證明，即可判斷；對于B，取的中點分別為，證明平面平面，即可判斷；對于C，建立空間直角坐標系，求是否為，即可判斷；對于D，方法一：幾何法，利用三垂線定理，證是二面角的平面角，即可求解；方法二：建立空間直角坐標系，求平面的一個法向量，平面的法向量，利用向量法求二面角的大小.【詳解】對于A，因為，，則，所以，直三棱柱中，平面，又平面，則，又，平面，故平面，又平面，所以，則直線與直線所成的角為，故選項A正確；對于B，取的中點分別為，連接，又為的中點，所以，，又，，平面，平面，故平面平面，又平面，所以平面，則在上存在點，使平面，故選項B正確；對于C，以點為坐標原點，以為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系如圖所示，則，，，，，所以，，因為，所以與不垂直，故選項C錯誤；對于D，方法一：幾何法——三垂線定理在平面內(nèi)，過作于，連接，由三垂線定理得，所以是二面角的平面角，依題意知，，，所以，所以二面角的大小為，故選項D正確.方法二：坐標法平面的一個法向量為，設平面的法向量為n=x,y,z因為，則，令，則，故，所以，又二面角為銳二面角，所以二面角的大小為，故選項D正確.故選：ABD.11.在正四棱柱中，，點滿足，其中，則（）A.當時，的面積為定值B.當時，四棱錐的體積為定值C.當時，點的軌跡長為D.當時，的取值范圍時【正確答案】BCD【分析】建立空間直角坐標系，然后根據(jù)不同情況確定點的軌跡，分別判斷每一個選項即可.【詳解】建立如圖所示空間直角坐標系，得因為所以當時，因為，所以點在線段上運動，顯然點到直線的距離隨著點的位置變化而變化，線段的長度確定，故的面積不為定值，所以選項A錯誤；當時，，，故此時點在線段上運動,由題可知，四邊形的面積確定，,顯然平面，平面，故平面，所以到平面的距離確定，所以四棱錐的體積為定值，故選項B正確；當時，此時，因為，所以此時點的軌跡為線段,易知，故選項C正確；當時，此時，因為所以因所以得，故選項D正確.故選：BCD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分12.直線關(guān)于x軸對稱的直線方程為______.【正確答案】【分析】根據(jù)題意，求得直線與坐標軸的交點為和，得出關(guān)于的對稱點為，結(jié)合直線的點斜式方程，即可求解.【詳解】由直線，令，可得，即直線與軸的交點為，再令，可得，即直線過點，則點關(guān)于的對稱點為，又由，所以直線關(guān)于軸的對稱直線為，即.故答案為.13.兩平行直線，的距離為__________.【正確答案】【分析】由兩直線平行求出實數(shù)的值，再利用平行線間的距離公式可計算出結(jié)果.【詳解】由于直線與平行，則，整理得，解得.所以，直線的方程為，直線的方程為，即，因此，兩直線間的距離為.故答案為.本題考查兩平行直線間距離的計算，同時也考查了利用直線平行求參數(shù)，考查計算能力，屬于基礎(chǔ)題.14.已知矩形，，，沿對角線將折起，使得，則二面角的大小是___________.【正確答案】【分析】作出二面角的平面角，建立空間坐標系，設二面角的大小為，表示出、兩點坐標，根據(jù)距離公式列方程解出.【詳解】在矩形中，作于點，交于點，作于點，，，，，，，在翻折后，以為原點，以、所在直線為軸、軸建立空間直角坐標系，則為二面角的平面角，設，則，，，得，，.因此，二面角的大小是.故答案為.作二面角的平面角可以通過垂線法進行，在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知直線過定點（1）若到直線的距離為，求直線的方程；（2）若直線分別與軸，軸的負半軸交于兩點，求（為坐標原點）面積的最小值及此時直線的方程.【正確答案】（1）或（2）最小值為，直線l的方程為.【分析】（1）就斜率是否存在分類討論后結(jié)合點到直線的距離公式可求直線方程；（2）設直線為，則可用斜率表示面積，結(jié)合基本不等式可求面積的最小值，從而可求直線方程.【小問1詳解】當直線斜率不存在時，由過得，滿足到的距離為3，當直線斜率存在時，設直線方程為即，點到直線的距離為，解得.此時直線的方程為即，綜上所述，所求的直線方程為或.【小問2詳解】若直線分別與軸，軸的負半軸交于兩點，則設直線為，，則，.，當且僅當時取等號，故面積的最小值為12，此時直線l的方程為.16.如圖三棱柱中，，，，平面平面，D是棱AC的中點.（1）求證：平面；（2）求到直線BD的距離.【正確答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）連接交于，證得，結(jié)合線面平行的判定定理，即可得證；（2）利用面面垂直的性質(zhì)，證得平面，以為原點，建立空間直角坐標系，求得向量和，結(jié)合距離公式，即可求解.【小問1詳解】如圖所示，在三棱柱中，連接交于，再連接，因為四邊形是平行四邊形，所以是的中點，又因為是中點，所以，因為平面A1BD，平面，所以平面.【小問2詳解】因為，由余弦定理得，所以，可得，又由平面平面，平面平面，所以平面，又因為，故兩兩垂直，以為原點，所在的直線分別為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，所以，，且，則，，，所以C1到直線BD的距離為.17.如圖，在平面四邊形中，，，.（1）若的面積為，求的長；（2）若，.求的大小.【正確答案】（1）；（2）.【分析】（1）由已知利用三角形的面積公式可求，然后在中，利用余弦定理求解；（2）設，易知，再由，，然后在中，利用正弦定理求解.【詳解】（1）在中，因為，，的面積為，所以，解得，在中，由余弦定理的，所以.（2）設，則，在中，因為，所以，在中，，由正弦定理，可得，即，所以，因為銳角，所以，解得，即的值為.18.如圖，在平行六面體中，平面ABCD，，，（1）求證：；（2）求三棱錐的體積；（3）線段上是否存在點E，使得平面EBD與平面的夾角為?若存在，求的長；若不存在，請說明理由.【正確答案】（1）證明見解析（2）4（3）不存在，理由見解析【分析】（1）解法一，由平面ABCD，，可求得，證明，得證；解法二，在平面ABCD內(nèi)過點D作AB的垂線，垂足為H，以D為原點為軸，建立空間直角坐標系，由結(jié)合已知條件求出點坐標，利用向量坐標運算證明，得證；解法三，在平面ABCD中，過B作DC的垂線，垂足為G，連結(jié)交于F，通過證明平面，得證，在各直角三角形中，通過相似比和勾股定理，求出的值，由，得證；（2）過作于H，由等體積，求值即可；（3）解法一，以D為原點，的方向為軸，軸，軸正方向建立空間直角坐標系；解法二，利用（1）中解法二的空間直角坐標系；設，向量法求平面EBD與平面的夾角，由的值確定結(jié)論.【小問1詳解】解法一：因為⊥平面ABCD，平面ABCD，所以，，所以，，因為，所以，又因為，.所以，化簡得.所以，所以.解法二：在平面ABCD內(nèi)過點D作AB的垂線，垂足為H，以D為原點，建立如圖所示空間直角坐標系，，，，，設，則，所以，，由得，所以，又因為，所以，解得，所以，，，，所以，所以.解法三：在平面ABCD中，過B作DC的垂線，垂足為G，連結(jié)交于F.因為平面ABCD，平面ABCD，所以，因為，平面，所以平面，又因為平面，所以，因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，則，所以，所以，，在中，，，，所以，在中，，，所以，在中，，，，所以，所以，所以.【小問2詳解】因為，由（1）知，所以，過作于H，則.因為直棱柱中平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，所以平面，所以.【小問3詳解】解法一：假設存在點E滿足條件，因為⊥平面ABCD，，所以以D為原點，建立空間直角坐標系，如圖所示，，A2,0,0，，，，，，設，則，設平面EBD的一個法向量為，由，得，令，得，所以.設平面的一個法向量，由，得，令，得，所以.所以，因為平面EBD與平面D1BD的夾角為，即，解得，又因為，所以舍去，所以線段上不存在點E使得平面EBD與平面的夾角為.解法二：由（1）解法二得平面的一個法向量為，假設存在E點滿足條件，設，則設平面EBD的一個法向量為，由，得，令，則，所以.所以，因為平面EBD與平面D1BD的夾角為，即，解得.又因為，所以舍去，所以線段上不存在點E使得平面EBD與平面的夾角為.19.數(shù)學家阿波羅尼斯（約公元前262－190年）證明過這樣一個命題：平面內(nèi)到兩定點距離之比為常