福建省莆田第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

这是一份福建省莆田第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题，共18页。

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.iD.i
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α经过三点A（1，0，2），B（0，1，0），C（-2，1，1），向量是平面α的一个法向量，则λ-μ=（ ）
A.-5B.-3C.3D.5
4.在空间直角坐标系O-xyz中，经过点P（x0，y0，z0），且法向量为的平面方程为，经过点P（x0，y0，z0）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O-xyz中，平面α的方程为：x+2y+3z=0，经过P（0，0，0）的直线l方程为，则直线l与平面α所成角的正弦值为（ ）
A.B.C.D.
5.已知直线l方程为（a∈R），则直线l的倾斜角的取值范围为（ ）
A.B.
C.D.
6.如图，在三棱柱中，BC1与B1C相交于点O，，A1A=3，AB=AC=2，则线段AO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，，E为棱CD的中点，则异面直线A1D与D1E之间的距离为（ ）
A.B.C.D.
8.已知MN是长方体外接球的一条直径，点P在长方体表面上运动，长方体的棱长分别是1，1，，的取值范围为（ ）
A.B.C.D.[-2，0]
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（2，4）
B.直线在y轴上的截距为1
C.过点（-2，3）且垂直于直线的直线方程为2x+y+1=0
D.直线的倾斜角为120°
10.如图，在直三棱柱中，，，AC=2，点M是棱AA1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.异面直线BC与所成的角为90°B.在上存在点D，使MD∥平面ABC
C.D.二面角的大小为60°
11.在正四棱柱中，，点P满足，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（ ）
A.当λ=1时，△AB1P的面积为定值B.当μ=1时，四棱锥的体积为定值
C.当λ=μ时，点P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.矩形ABCD中，AB=20，BC=15，沿对角线AC将△ABC折起，使得，则二面角B-AC-D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.（本小题13分）
已知直线l过定点
（1）若到直线l的距离为3，求直线l的方程；
（2）若直线l分别与x轴，y轴的负半轴交于A，B两点，求△AOB（O为坐标原点）面积的最小值及此时直线l的方程.
16.（本小题15分）
如图三棱柱中，，，，平面ABC⊥平面，D是棱AC的中点.
（1）求证：B1C∥平面；
（2）求到直线BD的距离.
17.（本小题15分）
在平面四边形ABCD中，，，BC=2.
（1）若△ABC的面积为，求AC；
（2）若，，求∠ACD的大小.
18.（本小题17分）
如图，在平行六面体中，DD1⊥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D1E的长；若不存D1E在，请说明理由.
19.（本小题17分）
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k（k>0且k≠1）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M是BC的中点，点P是正方体表面.DCC'D'上一动点（包括边界），且两直线AP，MP与平面.所成的角相等.
（1）证明：点P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P的轨迹所在的阿波罗尼斯圆的圆心为O，求的取值范围；
（3）当线段最短时，在线段上是否存在点N，使得D'P∥平面AMN，若有，请求出平面AMN截正方体的截面周长，若无，说明理由.
莆田一中2024–2025学年度上学期10月月考试卷答案
1.A
分析：本题考查复数的概念与分类，复数的除法运算，共轭复数，属于基础题.
根据题意求复数z，再根据共轭复数以及虚部的定义分析求解.
解析：根据题意可知，
故选：A.
2.B
分析：本题考查空间向量的基本定理以及线性运算，属于基础题.
利用空间向量的线性运算得.，结合已知条件即可求解.
解析：如图，因为，N为BC的中点，
所以，
所以，
所以.
故选B.
3.C
解析：由A（1，0，2），B（0，1，0），C（-2，1，1），
则， ，
因为向量是平面α的一个法向量，
所以，即，即，
所以λ-μ=3.故选：C.
4.D
解析：因为经过P（0，0，0）的直线l方程为，
则直线l的一个方向向量为，
又平面α的方程为x+2y+3z=0，
则平面α的一个法向量为，
所以，
则直线l与平面α所成角的正弦值为.故选：D.
5.C
解析：当sinα≠0时，直线l的斜率为，
所以倾斜角的取值范围为，
当sinα=0时，倾斜角为，
综上，直线的倾斜角取值范围为.
6.A
7.C
（备用题）如图，已知直三棱柱ABO-A1B1O1中，，AO=2，BO=4，平面ABO与平面A1B1O1的距离为2，D为A1B1的中点，则异面直线OD与A1B之间的距离为（）
A.B.C.D.
分析：建立空间坐标系，设棱柱高为h，根据列方程计算h，再长入公式即可.
本题考查了空间向量在几何中的应用，属于基础题.
解析：以O为原点，以OA，OB，
OO1为轴建立空间直角坐标系如图所示：
则A1（2，0，2），B（0，4，0），B1（0，4，2），D（1，2，2）
∴，，
设与与都垂直的向量为，
则即
不妨取，
又，
所以直线OD与A1B的距离为在上的投影的绝对值：.
故选：C.
点睛：把OB长度看作2，或是…，算错为
8.D
9.AC
分析：本题考查直线过定点问题，以及直线的倾斜角，两条直线垂直的判定及应用，属于基础题.
对于A，整理直线方程，合并出参数的系数，令其等于零，建立方程，可得答案；对于B，将x=0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.
解析：对于A，由直线方程y=ax-2a+4，整理可得，当x=2时，y=4，，故A正确；对于B，将x=0代入直线方程3x-y-1=0，可得-y-1=0，解得y=-1，故B错误；
对于C，由直线方程x-2y+3=0，则其垂线的方程可设为2x+y+C=0，
将点（-2，3）代入上式，可得2×（-2）+3+C=0，解得C=1，则方程为2x+y+1=0，故C正确；
对于D，由直线方程，可得其斜率为，
设其倾斜角为θ，，则，解得θ=150°，故D错误.
故选：AC.
10.ABD
解析：对于A，因为，AC=2，
则AB2+BC2=AC2，所以BC⊥AB，
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，
又AB⊂平面ABC，则BC⊥BB1，
又BB1∩AB=B，BB1，AB⊂平面A1B1BA，
故BC⊥平面A1B1BA，
又B1M⊂平面A1B1BA，所以BC⊥B1M，
则直线BC与直线B1M所成的角为90°，
故选项A正确；
对于B，取B1B，B1C的中点分别为E，D，连接ME，ED，MD，
又M为A1A的中点，所以ME∥AB，ED∥BC，
又ME∩ED=E，AB∩BC=B，ME，ED⊂平面MED，AB，BC⊂平面ABC，
故平面MED∥平面ABC，
又MD⊂平面MED，所以ME∥平面ABC，
则在B1C上存在点D，使MD∥平面ABC，故选项B正确；
对于C，思1：几何法——三垂线定理
即只需判断CM在平面AA1B1B内的投影BM与B1M是否垂直?
思2：坐标法——以点B为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则E（0，0，0），，，，，
所以，
因为，
所以B1M与CM不垂直，故选项C错误；
对于D，思1：几何法——三垂线定理
在平面ABC内，过B作BN⊥AC于N，连接B1N，由三垂线定理得B1N⊥AC，所以∠B1NB是二面角.B1-AC-B的平面角，
依题意知.BN=1，，所以，所以二面角B1-AC-B的大小为60°，故选项D正确.
思2：坐标法
平面ABC的一个法向量为，
设平面AB1C的法向量为，
因为，
则，令，则，故，
所以，
又二面角B1-AC-B为锐二面角，
所以二面角B1-AC-B的大小为60°，故选项D正确.
故选：ABD.
11.BCD
12.2x+3y-4=0
13.
分析：本题考查两直线间距离的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意距离公式的合理运用.
由l1∥l2时，求出a=3，由此能求出直线l1与l2之间距离.
解析：当l1//l2时，有，解得a=3，
∴l1：3x+3y+1=0，l2：x+y+3=0，即3x+3y+9=0，
∴直线l1与l2之间距离为.
故答案为.
14.
15.解：（1）当直线l斜率不存在时，
由l过P（-2，-3），得l：x=-2，满足Q到l的距离为3，分
当直线l斜率存在时，设直线方程为y=k（x+2）-3即k（x+2）-y-3=分
点Q（1，3）到直线l的距离为，解得分
此时直线的方程为即3x-4y-6=0， ….5分
综上所述，所求的直线方程为x=-2或3x-4y-6=0….6分
（2）若直线l分别与x轴，y轴的负半轴交于A，B两点，
则设直线l为y+3=k（x+2），k<0，则，B（0，2k-3）， 分
分
分
≥12.（当且仅当时，取“=”）， 分
故△AOB面积的最小值为12，此时直线l的方程为3x+2y+12=分
第（1）小题备用：已知直线l：（2m+1）x-（3+m）y+m-7=0.
（1）m为何值时，点Q（3，4）到直线l的距离最大?并求出最大值；
（1）已知直线l：（2m+1）x-（3+m）y+m-7=0，
整理得（2x-y+1）m+x-3y-7=0，.…1分
由，故直线l过定点P（-2，-3），…3分
点Q（3，4）到直线l的距离最大，即Q与定点P的连线的距离就是所求最大值，
所以为最大值…4分
，…5分
∴的斜率为，
得，解得；分
16.解：（1）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，连接A1B交AB1于F，连接DF1. 分
因为四边形AA1B1B是平行四边形，
所以F是A1B的中点，分
又D是AC中点，
故DF//B1C，3分
因为DF⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，. 分
所以B1C∥平面.A1BD； 分

（2）因为：2AB=BB1=2，∠ABB1=60°，
所以由余弦定理得，分
所以，即AB⊥分
平面ABC⊥平面AA1B1B，平面ABC∩平面AA1B1B=AB，
所以AB1⊥平面AA1B1B，
又∠BAC=90°，故AB、AC、AB1两两垂直分
以A为原点，AB、AC、AB1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，
则B（1，0，0），D（0，1，0），，…10分
，
分
所以C1到直线BD的距离为分
17.解：（1）在△ABC中，因为BC=2，∠ABC=，
，分
所以，解得：AB=3. 分
在△ABC中，由余弦定理得：
， 分
所以分
（2）设∠ACD=α，
则分
如图，在Rt△ACD中，因为，
所以分
在△ABC中， ， 分
由正弦定理，得，分
即，
所以，. 分
又，分
所以.所以，
即.…15分
点睛：本题考查正余弦定理的综合应用，属于较难题，熟练掌握正弦定理和余弦定理是解决本题的关键.
解：（1）因为⊥平面ABCD，DA⊂平面ABCD，
所以，所以DD1⋅DA=分
因为，所以DC1⋅D1B=分
又因为分
所以，化简得分
所以，
18.所以DA⊥分
（2）因为DC=2DA=4，由（1）知，
所以，. 分
过作AH⊥CD于H，则分
因为直棱柱中平面平面ABCD，平面平面ABCD=DC，AH⊂平面ABCD，所以AH⊥平面，分
所以分
分
（3）假设存在点E满足条件，
因为⊥平面ABCD，DA⊥DB，
所以以D为原点，建立空间直角坐标系D-xyz，如图所示，
D（0，0，0），A（2，0，0），，，，
设D1E=λDC1（0≤λ≤1），则…12分
设平面EBD的一个法向量为
由，得，
令，得z1=λ，所以分
设平面的一个法向量n2=（x2，y2，z2）
由，得
令，得y2=1，所以分
所以，
因为平面EBD与平面D1BD的夹角为，分
即，解得
又因为0≤λ≤1，所以舍去，
所以线段C1D1上不存在点E使得平面EBD与平面ABB1A1的夹角为分
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D-xyz，D（0，0，0），，C（0，4，0），
（1）设B（a，b，0）（a>0），则A（a，b-4，0）
所以，
由D1B⊥DC1得，所以b=3
又因为DA=2，所以，解得
所以，，，，
所以，
所以DA⊥分
（2）同解法一
（3）由（1）得平面ABB1A1的一个法向量为分
假设存在E点满足条件，设D1E=λDC1（0≤λ≤1），则
设平面EBD的一个法向量为n2=（x2，y2，z2）
由，得，
令，则x2=-3，z2=2λ，所以分
所以，
因为平面EBD与平面D1BD的夹角为，
即，解得分
又因为0≤λ≤1，所以舍去，
所以线段C1D1上不存在点E使得平面EBD与平面ABB1A1的夹角为分
解法三：
（1）在平面ABCD中，过B作DC的垂线，垂足为G，连结D1G交DC1于F.
因为⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，所以，DD⊥BG
因为DC1∩DD1=D，所以BG⊥平面
又因为DC1⊂平面DCC1D1，所以
因为D1B⊥DC1，D1B∩BG=B，所以DC1⊥平面
因为D1G⊂平面D1BG，所以
则
所以，所以DG=3，所以CG=1
在△GBC中，∠BGC=90°，CG=1，BC=2，所以
在△GBD中，∠BGD=90°，，所以
在△ABD中，，DA=2，AB=4，所以AB2=DB2+DA2，所以∠ADB=90°
所以DA⊥分
（2）（3）同上.
19.【解析】：（1）在正方体中，两直线AP，MP与平面DCC'D'所成的角相等，则∠APD=∠MPC，.…1分
由于∠ADP=∠MCP=90°，
tan∠APD=tan∠MPC，即，即PD=2PC，…3分
依题意平面内点P到两定点D，C距离之比为2，
故点P的轨迹是圆，而点P是正方体表面DCC"D'上一动点（包括边界），…4分
即点P的轨迹是一段阿波罗尼斯圆的圆弧（如图所示）…5分
（2）依题意：圆心O在DC所在的直线上，…6分
作圆O与DC交于点E，与DC延长线上交于点F，则EF恰为圆O的直径，…7分
故依，E恰好为DC线段的三分之一分点，EC=2， ，
所以C是DF的中点，
所以CF=DC=6，EF=FC+EC=6+2=8，
所以圆O的半径为4，从而DO=8，CO=2，
所以，分
设与所成的角为θ，可知，
则
，
，
…11分
（3）由（2）可知，当线段D'P的长最短时，即点P在直线OD'上，故延长AM交DC于点R，过点R作.RS//OD'，交DD'于点S，交C'D'于点T，交（CC'于点Q，连接SA交A'D'于点N，所求的截面即为五边形AMQTN，…13分
D'P最短时，由于D'O∥SR，D'O⊄平面AMN，SR⊂平面AMN，所以D'O∥平面AMN，
故
在Rt△ΔABM中，AB=6，BM=3，，
在Rt△ΔMCQ中，MC=3，，，
在Rt△QC'T中，，C'T=2，，
在Rt△TD'N中，TD'=4，D'N=2，，
在Rt△NA'A中，NA'=4，A'A=6，，…16分
所以所求的截面五边形AMQTN的周长为
…17分