2023~2024學年度第一學期期中學業水平診斷高二數學注意事項：1．本試題滿分150分，考試時間為120分鐘．2．答卷前，務必將姓名和準考證號填涂在答題紙上．3．使用答題紙時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫，要字跡工整，筆跡清晰；超出答題區書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效．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，只有一項符合題目要求．1.若直線在y軸上的截距為2，則該直線的斜率為（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根據縱截距求解出的值，然后由直線方程求解出斜率.【詳解】因為的縱截距為，所以直線經過，所以，所以，所以斜率，故選：D.2.經過點，兩點的直線的方向向量為，則m的值為（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】利用兩點式求斜率，即可得直線的一個方向向量，進而確定參數值.【詳解】由題設，故對應直線的一個方向向量為，所以.故選：B3.在三棱錐中，D，E分別為BC，OA的中點，設，，，則下列向量中與相等的向量是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由空間向量的位置關系，結合向量加減、數乘的幾何意義用，，表示出即可.【詳解】由.故選：D4.求圓心在直線上，且與直線相切于點的圓的方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】設出圓心坐標，根據圓心到直線的距離等于圓心到的距離求解出圓心坐標，從而半徑可求，則圓的方程可知.【詳解】因圓心在直線上，所以設圓心，因為圓與直線相切于點，所以，解得，所以圓心為，半徑為，所以圓的方程為，故選：A.5.已知空間向量，，滿足，，且，則與的夾角大小為（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】C【解析】【分析】由，利用向量數量積的運算律有，即可求與的夾角大小.【詳解】由題設，則，所以，又，可得，即.故選：C6.如圖，在正四棱柱中，，，則直線與平面所成角的正弦值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】構建空間直角坐標系，應用向量法求線面角的正弦值.【詳解】構建如下圖的空間直角坐標系，則，所以，，，若是面的一個法向量，則，取，則，所以，則直線與平面所成角的正弦值為.故選：B7.已知圓C：上總存在兩個點到原點的距離為2，則圓C半徑r的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由原點到的距離，討論原點與圓的位置關系，結合題設條件求半徑的范圍.【詳解】由圓心為，半徑為，則原點到的距離，要使總存在兩個點到原點的距離為2，若原點在圓外，則；若原點在圓上，即，滿足；若原點在圓內，則；綜上，圓C半徑r的取值范圍是.故選：C8.過直線上一點P作圓的兩條切線PA，PB，若，則點P的橫坐標為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令已知圓的圓心，由題設易知四邊形為正方形且邊長為，進而求得直線與直線夾角余弦值為，根據直線所過點并設，應用向量夾角坐標表示列方程求P的橫坐標.【詳解】由題設，已知圓的圓心，四邊形為正方形且邊長為，所以，而到直線的距離，如下圖，令直線與直線夾角為，則，又直線過，令，則，所以，則.故選：D二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.已知直線l：，則（）A.直線l的傾斜角可以為 B.直線l的傾斜角可以為0C.直線l恒過 D.原點到直線l距離的最大值為5【答案】AC【解析】【分析】根據直線方程判斷直線傾斜角可知A、B正誤；由確定定點判斷C；根據原點與所成直線與直線l垂直時，原點到直線l距離的最大判斷D.【詳解】A：當，則直線，此時傾斜角為，對；B：無論為何值，直線的斜率不可能為0，故傾斜角不可能為0，錯；C：由恒過，對；D：原點與所成直線與直線l垂直時，原點到直線l距離最大為，錯.故選：AC10.關于空間向量，以下說法正確的是（）A.若空間向量，，則在上的投影向量為B.若對空間中任意一點O，有，則P，A，B，C四點共面C.若空間向量，滿足，則與夾角為銳角D.若直線l的方向向量為，平面的一個法向量為，則【答案】ABD【解析】【分析】A投影向量定義求在上的投影向量；B由空間向量共面的推論判斷；C由，同向共線即可判斷；D由即可判斷.【詳解】A：在上的投影向量為，對；B：中，故P，A，B，C四點共面，對；C：當，同向共線時也成立，但與夾角不為銳角，錯；D：由，即，故，對.故選：ABD11.已知平行六面體的棱長都為2，，，O為底面ABCD中心，則下列結論正確的有（）A.B.與所成角的余弦值為C.平面ABCDD.已知N為上一點，則最小值為【答案】BCD【解析】【分析】A．利用空間向量表示出，然后根據數量積運算求解出；B．利用向量法求解出夾角的余弦值，則結果可判斷；C．通過證明的位置關系、的位置關系，結合線面垂直的判定定理進行判斷；D：將平面與平面展開成一個平面，利用三點共線求解出的最小值.【詳解】設，如下圖：對于A：因為，所以，所以，故A錯誤；對于B：，所以，所以，所以，所以與所成角的余弦值為，故B正確；對于C：因為，所以為等腰直角三角形，所以，，因為，且，所以均為邊長為的等邊三角形，所以，所以，所以為等腰直角三角形，又因為為底面的中心，所以為中點，所以且，所以，所以，又因為，平面，所以平面，故C正確；對于D：將平面與平面展開成一個平面，如下圖所示：當且僅當三點共線時有最小值，此時，所以，所以，所以，所以的最小值為，故D正確；故選：BCD12.米勒問題是指德國數學家米勒1471年向諾德爾教授提出的問題：在地球表面的什么部位，一根垂直的懸桿呈現最長（即可見角最大），米勒問題的數學模型如下：如圖，設M，N是銳角的一邊上的兩個定點，點P是邊上的一動點，則當且僅當的外接圓與BC相切于點P時，最大．若，，點P在x正半軸上，則當最大時，下列結論正確的有（）A.線段MN的中垂線方程為B.P的坐標為C.過點M與圓相切的直線方程為D.【答案】ABC【解析】【分析】構建直角坐標系，根據已知確定中點為，，進而寫出線段MN的中垂線方程，由題設最大的外接圓與軸相切于點P，設，易知，又軸，進而求參數a，注意分析是否符合題設，再寫出過點M與圓相切的直線方程，最后由共線，即為直徑且軸，求判斷各項正誤.【詳解】由題設，構建如下圖示直角坐標系，中點，，故中垂線的斜率為，所以中垂線方程為，即，A對；由題意，最大，則的外接圓與軸相切于點P，若，則外接圓圓心在上，又圓心在上，所以圓心坐標為，又軸，故，所以，則，故或，由A分析，易知直線，則，若，即，此時P不是銳角的邊上動點，不合題意，顯然時，符合題設，故P的坐標為，B對；由B分析，圓心，則，故過點M與圓相切的直線斜率為，所以過點M與圓相切的直線方程為，即，C對；由上分析知：共線，即為直徑且軸，所以，在中，故，D錯.故選：ABC三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.若直線與直線平行，則這兩條直線間的距離為______．【答案】##【解析】【分析】由兩線平行求得，再應用平行線的距離公式求兩條直線間的距離.【詳解】由兩線平行知：，即直線與平行，所以它們的距離為.故答案為：14.已知直線與圓C：交于A，B兩點，寫出滿足條件“”的m的一個值______．【答案】（答案不唯一）.【解析】【分析】根據確定出的大小，然后求解出圓心到直線的距離，由此求解出的值.【詳解】圓的圓心，半徑，因為，所以或當時，此時圓心到直線的距離，如下圖所示：所以，解得；當時，此時圓心到直線的距離，如下圖所示：所以，解得；故答案為：（答案不唯一）.15.如圖，在正四棱臺中，，，，則該棱臺的體積為______，點到面的距離為______．（本小題第一空2分，第二空3分）【答案】①.②.【解析】【分析】過點作交于點，根據幾何體的結構特點分析出即為正四棱臺的高，然后根據體積公式求出體積；過點作交于點，根據幾何關系證明出的長即為所求點面距離，再根據線段長度求出結果.【詳解】連接，，連接，過點作交于點，如下圖所示：因為幾何體為正四棱臺，所以平面，又因為，所以，所以為正四棱臺的高，又因為，，所以，所以，所以棱臺的體積為：；連接，過點作交于點，如下圖所示：因為，所以平面，所以，又因為，，所以平面，所以的長度即為點到面的距離，由對稱性可知：，所以，所以，所以點到面的距離為，故答案為：；.16.平面直角坐標系中，圓C的方程為，若對于點，圓C上總存在點M，使得，則實數m的取值范圍為______．【答案】【解析】【分析】根據題設，只需保證的中垂線與圓有交點，應用點斜式寫出中垂線，再由點線距離公式有圓心到直線的距離，即可求參數范圍.【詳解】由題設，圓心，半徑，要使圓C上總存在點M，使得，即的中垂線與圓有交點，如上圖，的中點，且，故中垂線為，所以圓心到直線的距離，即，所以.故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知直線l過點，求滿足下列條件的直線l的方程．（1）在兩坐標軸上的截距相等；（2），到直線l距離相等．【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】（1）討論截距是否為0，求對應直線方程；（2）討論兩點與直線的位置，利用直線平行、點對稱求直線方程.【小問1詳解】若直線過原點，令，則，故直線為；若截距不為0，令，則，故直線為；綜上，直線方程為或.【小問2詳解】若，在直線的同一側，即直線直線，而，故直線為，則；若，分別在直線的兩側，即關于直線上一點對稱，所以中點在直線上，又直線l過點，故直線為；綜上，直線l的方程為或.18.如圖，在邊長為2的正方體中，E，F分別是，CD的中點．（1）求證：平面；（2）求四面體的體積．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）連接交于，連接，結合已知證為平行四邊形，則，由線面平行的判定證結論；（2）過作交延長線于，證為平行四邊形，進而有、平面，再由，應用錐體體積公式求四面體的體積．【小問1詳解】連接交于，連接，由E，F分別是，CD的中點，則且，由正方體性質：為中點，故，則又，即，故，所以為平行四邊形，則，面，面，則平面.【小問2詳解】過作交延長線于，又，故為平行四邊形，則，故，又平面，所以平面，故到面的距離等于到面的距離，所以.19.已知點，，動點P滿足，設P的軌跡為C．（1）求C的軌跡方程；（2）若過點A的直線與C交于M，N兩點，求取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設出點坐標，根據距離公式以及得到的等量關系即為軌跡方程；（2）分類討論直線的斜率是否存在，斜率不存在時直接計算即可，斜率存在時聯立直線與軌跡方程，利用坐標法結合不等式完成計算.【小問1詳解】設，因為，所以，所以，化簡得：，所以的軌跡方程為：；【小問2詳解】當直線斜率不存在時，直線方程為，代入的軌跡方程可得，不妨令，所以，所以；當直線斜率存在時，設，，聯立，可得，所以，又，所以，所以，因為，所以，所以，所以；綜上可知，的取值范圍為.20.如圖，直四棱柱中，底面等腰梯形，其中，，，，N為中點．（1）若平面交側棱于點P，求證：，并求出AP的長度；（2）求平面與底面所成角余弦值．【答案】（1）證明見解析，；（2）.【解析】【分析】（1）線面平行的判定證得面、面，再由面面平行的判定證面面，再由面面平行的性質證結論，最后根據已知求AP的長度；（2）將延長交于，連接，易知平面底面，根據已知求得，過作于求，連接，應用線面垂直的性質、面面角的定義得為平面與底面所成角平面角，進而求其余弦值即可.【小問1詳解】由，面，面，則面，由，面，面，則面，，面，故面面，由平面交側棱于點P，N為中點，故面，故面面，又面面，綜上，.過作，則為的中點，易知，即，所以.【小問2詳解】將延長交于，連接，則平面底面，由，，，故在等腰梯形中，且，所以，且，由，則，所以，在中，則，過作于，則，連接，又面，面，則，，面，則面，面，所以，面，故為平面與底面所成角平面角，所以，則.綜上，平面與底面所成角的余弦值為.21.如圖，為邊長是2的菱形，，平面，平面，，P為邊BC上一點（與B，C兩點不重合），使得EP與平面所成的角為．（1）求BP的長；（2）求平面與平面所成角的余弦值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據題設將幾何圖形補全為直棱柱，構建如下空間直角坐標系，設，則，應用向量法，結合線面角求參數x即可.（2）應用向量法求平面與平面所成角的余弦值．【小問1詳解】由面，面且，為邊長是2的菱形，，將幾何圖形補全為直棱柱，垂直平分，構建如下空間直角坐標系，則，設，則，所以，，，令是面的一個法向量，則，取，則，由EP與平面所成的角為，故，所以，即，可得或（舍），所以.【小問2詳解】由（1）知：，則，，令是面的一個法向量，則，取，則，又是面的一個法向量，所以，故平面與平面所成角的余弦值.22.已知，，P點滿足．（1）求點P的軌跡的方程，并說明是何圖形；（2）設T為直線上一點，直線TO，TA分別與相交于點B，C，求四邊形面積S的最大值．【答案】（1），（除去）；軌跡為以為圓心，3為半徑的圓，除去，；（2）12【解析】【分析】（1）設，根據垂直關系得到方程，求出軌跡方程，注意舍去不合要求的點，并得到軌跡圖形