20242025学年高二上学期第一次月考（10月）月考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1直线的倾斜角是（）ABCD2若方程表示一个圆，则实数的取值范围是（）ABCD3已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（）ABCD4已知直线，若，则（）A或BC或D5如图，在正方体中，分别为的中点，则直线和夹角的余弦值为（）ABCD6当点到直线的距离最大时，直线的一般式方程是（）ABCD7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（）ABCD8如图，在四棱锥中，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（）ABCD1二、多选题（本大题共3小题）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2,1BCD的最大值为510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二面角的大小为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（本大题共3小题）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，则的值为 四、解答题（本大题共5小题）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.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ABCD，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点.(1)求证：平面CPM；(2)求平面QPM与平面CPM夹角的大小；(3)若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM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.参考答案1【答案】A【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【答案】D【详解】原方程可化为，方程表示圆，则有，即.故选：D3【答案】A【详解】若，则，从而，即，解之得：.故选：A4【答案】B【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【答案】C【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：C6【答案】A【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【答案】A【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：A8【答案】B【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，即，解得，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.9【答案】ABC【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【答案】AB【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，则是直线与平面所成角，D错误；故选:AB.11【答案】ACD【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，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，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：ACD12【答案】/【详解】依题意，所以点A到直线BC的距离.故答案为：13【答案】【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，由对称性和圆的性质，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【答案】/【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：.15【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：由可得：，令，所以直线过定点（2）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【答案】(1)(2)【详解】（1）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.（2）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【答案】(1)或(2)或【详解】（1）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；（2）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【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）连接EM，证得，利用线面平行判定定理即可证明平面MPC；（2）根据条件建立空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC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PMQ的法向量为，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，求出，进而得到，利用点到平面距离公式求出答案.【详解】（1）证明：连接EM，因为，所以，又因为，所以四边形PABQ为平行四边形，因为点E和M分别为AP和BQ的中点，所以且，因为，F为CD的中点，所以且，可得且，即四边形EFCM为平行四边形，所以，又平面MPC，平面MPC，所以平面MPC.（2）因为平面ABCD，故以D为原点，分别以DA，DC，DP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，依题意可得，设为平面PQM的法向量，则，不妨设，可得，设为平面PMC的法向量，则，不妨设，可得.所以，设平面PQM与平面PMC夹角为，所以，即平面PQM与平面PMC夹角的正弦值为.（3）设，即，则.从而.由（2）知平面PMQ的法向量为，而直线DN与平面PMQ所成的角为，所以，即，整理得，解得或，因为，所以，所以，由（2）知：为平面的法向量，故点N到平面CPM的距离为.19【答案】(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）证明：因为，所以，即平面，平面，又平面，所以（2）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.（3）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，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，