山东省烟台市2023~2024学年度第一学期期中学业水平诊断高二数学含答案

2023~2024学年度第一学期期中学业水平诊断高二数学注意事项：1．本试题满分150分，考试时间为120分钟．2．答卷前，务必将姓名和准考证号填涂在答题纸上．3．使用答题纸时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写，要字迹工整，笔迹清晰；超出答题区书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效．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，只有一项符合题目要求．1.若直线在y轴上的截距为2，则该直线的斜率为（）A. B.2 C. D.【答案】D【解析】【分析】根据纵截距求解出的值，然后由直线方程求解出斜率.【详解】因为的纵截距为，所以直线经过，所以，所以，所以斜率，故选：D.2.经过点，两点的直线的方向向量为，则m的值为（）A.2 B. C.3 D.【答案】B【解析】【分析】利用两点式求斜率，即可得直线的一个方向向量，进而确定参数值.【详解】由题设，故对应直线的一个方向向量为，所以.故选：B3.在三棱锥中，D，E分别为BC，OA的中点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由空间向量的位置关系，结合向量加减、数乘的几何意义用，，表示出即可.【详解】由.故选：D4.求圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的方程是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】设出圆心坐标，根据圆心到直线的距离等于圆心到的距离求解出圆心坐标，从而半径可求，则圆的方程可知.【详解】因圆心在直线上，所以设圆心，因为圆与直线相切于点，所以，解得，所以圆心为，半径为，所以圆的方程为，故选：A.5.已知空间向量，，满足，，且，则与的夹角大小为（）A.30° B.60° C.120° D.150°【答案】C【解析】【分析】由，利用向量数量积的运算律有，即可求与的夹角大小.【详解】由题设，则，所以，又，可得，即.故选：C6.如图，在正四棱柱中，，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值.【详解】构建如下图的空间直角坐标系，则，所以，，，若是面的一个法向量，则，取，则，所以，则直线与平面所成角的正弦值为.故选：B7.已知圆C：上总存在两个点到原点的距离为2，则圆C半径r的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由原点到的距离，讨论原点与圆的位置关系，结合题设条件求半径的范围.【详解】由圆心为，半径为，则原点到的距离，要使总存在两个点到原点的距离为2，若原点在圆外，则；若原点在圆上，即，满足；若原点在圆内，则；综上，圆C半径r的取值范围是.故选：C8.过直线上一点P作圆的两条切线PA，PB，若，则点P的横坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】令已知圆的圆心，由题设易知四边形为正方形且边长为，进而求得直线与直线夹角余弦值为，根据直线所过点并设，应用向量夹角坐标表示列方程求P的横坐标.【详解】由题设，已知圆的圆心，四边形为正方形且边长为，所以，而到直线的距离，如下图，令直线与直线夹角为，则，又直线过，令，则，所以，则.故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知直线l：，则（）A.直线l的倾斜角可以为 B.直线l的倾斜角可以为0C.直线l恒过 D.原点到直线l距离的最大值为5【答案】AC【解析】【分析】根据直线方程判断直线倾斜角可知A、B正误；由确定定点判断C；根据原点与所成直线与直线l垂直时，原点到直线l距离的最大判断D.【详解】A：当，则直线，此时倾斜角为，对；B：无论为何值，直线的斜率不可能为0，故倾斜角不可能为0，错；C：由恒过，对；D：原点与所成直线与直线l垂直时，原点到直线l距离最大为，错.故选：AC10.关于空间向量，以下说法正确的是（）A.若空间向量，，则在上的投影向量为B.若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面C.若空间向量，满足，则与夹角为锐角D.若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则【答案】ABD【解析】【分析】A投影向量定义求在上的投影向量；B由空间向量共面的推论判断；C由，同向共线即可判断；D由即可判断.【详解】A：在上的投影向量为，对；B：中，故P，A，B，C四点共面，对；C：当，同向共线时也成立，但与夹角不为锐角，错；D：由，即，故，对.故选：ABD11.已知平行六面体的棱长都为2，，，O为底面ABCD中心，则下列结论正确的有（）A.B.与所成角的余弦值为C.平面ABCDD.已知N为上一点，则最小值为【答案】BCD【解析】【分析】A．利用空间向量表示出，然后根据数量积运算求解出；B．利用向量法求解出夹角的余弦值，则结果可判断；C．通过证明的位置关系、的位置关系，结合线面垂直的判定定理进行判断；D：将平面与平面展开成一个平面，利用三点共线求解出的最小值.【详解】设，如下图：对于A：因为，所以，所以，故A错误；对于B：，所以，所以，所以，所以与所成角的余弦值为，故B正确；对于C：因为，所以为等腰直角三角形，所以，，因为，且，所以均为边长为的等边三角形，所以，所以，所以为等腰直角三角形，又因为为底面的中心，所以为中点，所以且，所以，所以，又因为，平面，所以平面，故C正确；对于D：将平面与平面展开成一个平面，如下图所示：当且仅当三点共线时有最小值，此时，所以，所以，所以，所以的最小值为，故D正确；故选：BCD12.米勒问题是指德国数学家米勒1471年向诺德尔教授提出的问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆呈现最长（即可见角最大），米勒问题的数学模型如下：如图，设M，N是锐角的一边上的两个定点，点P是边上的一动点，则当且仅当的外接圆与BC相切于点P时，最大．若，，点P在x正半轴上，则当最大时，下列结论正确的有（）A.线段MN的中垂线方程为B.P的坐标为C.过点M与圆相切的直线方程为D.【答案】ABC【解析】【分析】构建直角坐标系，根据已知确定中点为，，进而写出线段MN的中垂线方程，由题设最大的外接圆与轴相切于点P，设，易知，又轴，进而求参数a，注意分析是否符合题设，再写出过点M与圆相切的直线方程，最后由共线，即为直径且轴，求判断各项正误.【详解】由题设，构建如下图示直角坐标系，中点，，故中垂线的斜率为，所以中垂线方程为，即，A对；由题意，最大，则的外接圆与轴相切于点P，若，则外接圆圆心在上，又圆心在上，所以圆心坐标为，又轴，故，所以，则，故或，由A分析，易知直线，则，若，即，此时P不是锐角的边上动点，不合题意，显然时，符合题设，故P的坐标为，B对；由B分析，圆心，则，故过点M与圆相切的直线斜率为，所以过点M与圆相切的直线方程为，即，C对；由上分析知：共线，即为直径且轴，所以，在中，故，D错.故选：ABC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.若直线与直线平行，则这两条直线间的距离为______．【答案】##【解析】【分析】由两线平行求得，再应用平行线的距离公式求两条直线间的距离.【详解】由两线平行知：，即直线与平行，所以它们的距离为.故答案为：14.已知直线与圆C：交于A，B两点，写出满足条件“”的m的一个值______．【答案】（答案不唯一）.【解析】【分析】根据确定出的大小，然后求解出圆心到直线的距离，由此求解出的值.【详解】圆的圆心，半径，因为，所以或当时，此时圆心到直线的距离，如下图所示：所以，解得；当时，此时圆心到直线的距离，如下图所示：所以，解得；故答案为：（答案不唯一）.15.如图，在正四棱台中，，，，则该棱台的体积为______，点到面的距离为______．（本小题第一空2分，第二空3分）【答案】①.②.【解析】【分析】过点作交于点，根据几何体的结构特点分析出即为正四棱台的高，然后根据体积公式求出体积；过点作交于点，根据几何关系证明出的长即为所求点面距离，再根据线段长度求出结果.【详解】连接，，连接，过点作交于点，如下图所示：因为几何体为正四棱台，所以平面，又因为，所以，所以为正四棱台的高，又因为，，所以，所以，所以棱台的体积为：；连接，过点作交于点，如下图所示：因为，所以平面，所以，又因为，，所以平面，所以的长度即为点到面的距离，由对称性可知：，所以，所以，所以点到面的距离为，故答案为：；.16.平面直角坐标系中，圆C的方程为，若对于点，圆C上总存在点M，使得，则实数m的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】根据题设，只需保证的中垂线与圆有交点，应用点斜式写出中垂线，再由点线距离公式有圆心到直线的距离，即可求参数范围.【详解】由题设，圆心，半径，要使圆C上总存在点M，使得，即的中垂线与圆有交点，如上图，的中点，且，故中垂线为，所以圆心到直线的距离，即，所以.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知直线l过点，求满足下列条件的直线l的方程．（1）在两坐标轴上的截距相等；（2），到直线l距离相等．【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析】（1）讨论截距是否为0，求对应直线方程；（2）讨论两点与直线的位置，利用直线平行、点对称求直线方程.【小问1详解】若直线过原点，令，则，故直线为；若截距不为0，令，则，故直线为；综上，直线方程为或.【小问2详解】若，在直线的同一侧，即直线直线，而，故直线为，则；若，分别在直线的两侧，即关于直线上一点对称，所以中点在直线上，又直线l过点，故直线为；综上，直线l的方程为或.18.如图，在边长为2的正方体中，E，F分别是，CD的中点．（1）求证：平面；（2）求四面体的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接交于，连接，结合已知证为平行四边形，则，由线面平行的判定证结论；（2）过作交延长线于，证为平行四边形，进而有、平面，再由，应用锥体体积公式求四面体的体积．【小问1详解】连接交于，连接，由E，F分别是，CD的中点，则且，由正方体性质：为中点，故，则又，即，故，所以为平行四边形，则，面，面，则平面.【小问2详解】过作交延长线于，又，故为平行四边形，则，故，又平面，所以平面，故到面的距离等于到面的距离，所以.19.已知点，，动点P满足，设P的轨迹为C．（1）求C的轨迹方程；（2）若过点A的直线与C交于M，N两点，求取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出点坐标，根据距离公式以及得到的等量关系即为轨迹方程；（2）分类讨论直线的斜率是否存在，斜率不存在时直接计算即可，斜率存在时联立直线与轨迹方程，利用坐标法结合不等式完成计算.【小问1详解】设，因为，所以，所以，化简得：，所以的轨迹方程为：；【小问2详解】当直线斜率不存在时，直线方程为，代入的轨迹方程可得，不妨令，所以，所以；当直线斜率存在时，设，，联立，可得，所以，又，所以，所以，因为，所以，所以，所以；综上可知，的取值范围为.20.如图，直四棱柱中，底面等腰梯形，其中，，，，N为中点．（1）若平面交侧棱于点P，求证：，并求出AP的长度；（2）求平面与底面所成角余弦值．【答案】（1）证明见解析，；（2）.【解析】【分析】（1）线面平行的判定证得面、面，再由面面平行的判定证面面，再由面面平行的性质证结论，最后根据已知求AP的长度；（2）将延长交于，连接，易知平面底面，根据已知求得，过作于求，连接，应用线面垂直的性质、面面角的定义得为平面与底面所成角平面角，进而求其余弦值即可.【小问1详解】由，面，面，则面，由，面，面，则面，，面，故面面，由平面交侧棱于点P，N为中点，故面，故面面，又面面，综上，.过作，则为的中点，易知，即，所以.【小问2详解】将延长交于，连接，则平面底面，由，，，故在等腰梯形中，且，所以，且，由，则，所以，在中，则，过作于，则，连接，又面，面，则，，面，则面，面，所以，面，故为平面与底面所成角平面角，所以，则.综上，平面与底面所成角的余弦值为.21.如图，为边长是2的菱形，，平面，平面，，P为边BC上一点（与B，C两点不重合），使得EP与平面所成的角为．（1）求BP的长；（2）求平面与平面所成角的余弦值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题设将几何图形补全为直棱柱，构建如下空间直角坐标系，设，则，应用向量法，结合线面角求参数x即可.（2）应用向量法求平面与平面所成角的余弦值．【小问1详解】由面，面且，为边长是2的菱形，，将几何图形补全为直棱柱，垂直平分，构建如下空间直角坐标系，则，设，则，所以，，，令是面的一个法向量，则，取，则，由EP与平面所成的角为，故，所以，即，可得或（舍），所以.【小问2详解】由（1）知：，则，，令是面的一个法向量，则，取，则，又是面的一个法向量，所以，故平面与平面所成角的余弦值.22.已知，，P点满足．（1）求点P的轨迹的方程，并说明是何图形；（2）设T为直线上一点，直线TO，TA分别与相交于点B，C，求四边形面积S的最大值．【答案】（1），（除去）；轨迹为以为圆心，3为半径的圆，除去，；（2）12【解析】【分析】（1）设，根据垂直关系得到方程，求出轨迹方程，注意舍去不合要求的点，并得到轨迹图形