福建省莆田市20242025学年高二上学期第一次月考数学试卷一、单选题（本大题共9小题）1已知直线与垂直，则实数的值是（）A0或3B3C0或D-32已知，四点在平面内，且任意三点都不共线，点在外，且满足，则（）A0B1C2D33已知圆，圆与圆关于直线对称，则圆的方程为（）ABCD4已知平面，其中点，法向量，则下列各点中不在平面内的是（）ABCD5已知三条直线，的斜率分别为，倾斜角分别为.若，则下列关系不可能成立的是（）ABCD6数学家欧拉于1765年在他的著作三角形的几何学中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点为，则该三角形的欧拉线方程为（）ABCD7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.在长方体中，则异面直线与之间的距离是（）ABCD8阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为；过点且一个方向向量为的直线l的方程为.利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线l是平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为（）ABCD9已知直线：，：，则（）A恒过定点B若，则C若与坐标轴围成的三角形面积为1，则D若，则与间的距离的最大值为二、多选题（本大题共2小题）10下列四个结论正确的是（）A任意向量，若，则或或B已知，则点C到直线AB的距离为C已知向量，若，则为钝角D若，是不共面的向量，则，的线性组合可以表示空间中的所有向量11如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点(含边界)，则下列说法中正确的是（）A若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B存在Q点，使得平面C当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D若，那么Q点的轨迹长度为三、填空题（本大题共3小题）12已知直线的斜率为，在轴上的截距为，则直线的方程为 13已知方程表示一个圆，则实数的取值范围是 半径的最大值为 14如图，在四棱台中，则的最小值是 四、解答题（本大题共5小题）15已知直线：，：，其中为实数.(1)当时，求直线，之间的距离；(2)当时，求过直线，的交点，且垂直于直线的直线方程.16已知的三个顶点坐标分别为（1）求外接圆的方程；（2）动点D在的外接圆上运动， 点坐标，求中点的轨迹17如图，在三棱柱中，D为中点，四边形为正方形(1)求证：平面；(2)再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值条件：；条件：注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分18在中，内角所对的边分别为且(1)求角；(2)若，是的中线，求的面积.19如图，在四棱锥中，平面ABCD，E为PD的中点，点F在PC上，且，设点G是线段PB上的一点(1)求证：CD平面PAD；(2)若判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由(3)设CG与平面AEF所成角为，求的范围.参考答案1【答案】D【详解】因为直线与垂直，所以，解得，实数的值是.故选：D.2【答案】B【分析】根据空间向量的共面定理可求的值.【详解】因为点在外，由空间向量的共面定理可知且；由题意，所以；所以，解得.故选B.3【答案】A【详解】由题意知,圆的圆心与关于直线对称，且两圆半径相等，因为圆，即，所以圆心，半径为，设圆关于直线对称点为，则，解得，即，所以圆的方程为，即.故选：A.4【答案】B【详解】对于A，故选项A在平面内；对于B，故选项B不在平面内；对于C，故选项C在平面内；对于D，故选项D在平面内.故选：B.5【答案】D【详解】解：由题意，根据直线的斜率与倾斜角的关系有：当或时，或，故选项B可能成立；当时，故选项A可能成立；当时，故选项C可能成立；所以选项D不可能成立.故选：D.6【答案】A【详解】由重心坐标公式可得：重心，即.由，可知外心在的垂直平分线上，所以设外心，因为，所以，解得，即：，则，故欧拉线方程为：，即：，故选：A.7【答案】D【解析】以D为坐标原点建立空间直角坐标系，求出和的公垂线的方向向量，求出，再由可求出.【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，则，则，设和的公垂线的方向向量，则，即，令，则，.故选：D.8【答案】A【详解】对于，可以整理为，由题意可得：平面过点，且法向量，联立方程，整理可得，由题意可得：直线l过点，且方向向量为，故直线l与平面所成角的正弦值为.故选：A.9【答案】AD【详解】对于A：直线：，令，解得，所以直线：恒过定点，故A正确；对于B：若，则，即，但是得不到，如时：，：也满足，故B错误；对于C：依题意，对于，令，解得，令，解得，直线与轴交于点，与轴交于点，则与坐标轴围成的三角形面积，解得，故C错误；对于D：直线：，令，解得，则直线恒过点， 令、，则，又，当直线、与垂直，则，解得、，此时两平行直线与间的距离的最大，最大值为，故D正确；故选：AD10【答案】ABD【分析】对A，根据数量积的计算公式分析即可；对B，根据空间中点到线的距离向量公式求解即可；对C，讨论特殊情况反向时判断即可；对D，根据空间向量共面满足的条件判断即可.【详解】对于A，则或或，即或或，故A正确；对于B，因为，所以设点C到直线AB的距离为d，则，故B正确；对于C，若，则，当时，则存在唯一实数，使得，即，所以，解得，所以当，且时，为钝角，故C错误对于D，若、是不共面的向量，则、也是不共面的向量，否则若、共面，则存在实数，使得，即，则，显然无解，所以、也不共面，由空间向量基本定理，可能用它们表示出空间任意向量，D正确.故选：ABD11【答案】ACD【详解】取、中点，连接、PF，由PF且PF知是平行四边形，平面，平面，平面，同理可得EF平面，EFF，平面平面，则点的轨迹为线段，A选项正确；如图，建立空间直角坐标系，则，设，则，设为平面的一个法向量，则即得取，则.若平面，则，即存在，使得，则，解得，故不存在点使得平面，B选项错误；的面积为定值，当且仅当到平面的距离d最大时，三棱锥的体积最大.，则当时，d有最大值1；，则当时，d有最大值；综上，当，即和重合时，三棱锥的体积最大，C选项正确；平面，Q点的轨迹是半径为，圆心角为的圆弧，轨迹长度为，D选项正确.故选：ACD.12【答案】【详解】因为直线在轴上的截距为，所以点在直线上，又直线的斜率为，根据点斜式方程得直线的方程为，即.故答案为：.13【答案】 【详解】由题意知：，所以，所以的取值范围为；由因为，当且仅当时，.故答案为：；.14【答案】【详解】如图，设，则平面，故，的最小值即为四棱台的高.如下图，过作，垂足为，过作，垂足为，过作平面，垂足为，连接，则，因为，故，故，而，故，所以，因为平面，故，而，故平面，因平面，故，故，故即的最小值为，故答案为：.15【答案】(1)(2)【详解】（1）由得，解得，此时直线：，：，不重合，则直线，之间的距离为；（2）当时，：，联立，解得，又直线斜率为，故过直线，的交点，且垂直于直线的直线方程为，即.16【答案】(1) ；(2) 以点为圆心，以为半径的圆.【详解】解：（1）因为，所以，AB的中点为，则AB的垂直平分线的方程为；，BC的中点为，则BC的垂直平分线的方程为，即；联立，解得，所以圆心坐标为，半径为，所以外接圆的方程为：；（2）设，由中点公式得，则，代入得中点的轨迹方程为，即，所以中点的轨迹是以点为圆心，以为半径的圆.17【答案】(1)证明见解析；(2)【详解】（1）证明：取的中点，连接，在三棱柱中，因为是的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，又由且平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.（2）解：若选条件：因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，以为原点，以分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为且四边形为正方形，可得，则，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为若选条件：解：因为四边形为正方形且，可得，又因为，所以，由，所以，以为原点，以分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，因为且四边形为正方形，可得，则，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为18【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由正弦定理，得，所以，因为，可得，所以，又因为，所以.（2）解法1：因为，是的中线，所以，设，则，在中，由正弦定理得，所以，在中，可得，所以，故的面积解法2：因为，是的中线，所以，可得，即，整理得，所以，在中，可得，所以，故的面积19【答案】(1)证明见解析(2)直线在平面内，理由见解析(3)【详解】（1）因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面.（2）在底面中，过作，交于，由题意可知，又平面，则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，、.，若平面，则且，使得，则有，解得，故.所以直线平面.（3）由（2）可知，.设，则，设平面的法向量为，则，即，令，有，故.故，令，则，而，故.