2024-2025学年度高二年级上学期综合素质评价二数学学科主命题人韩艳伟一、单选题（每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意.请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.直线3xy30的倾斜角为（）πππ2πA.B.C.D.36432.已知直线a的方向向量为a，平面的法向量为n，下列结论成立的是（）A.若a//n，则a//B.若an，则aC.若a//n，则aD.若an，则a//3.已知圆C:x2y2mx10的面积为π，则m（）A.2B.22C.42D.84.已知两点A3,2，B2,1，过点P0,1的直线l与线段AB（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（）11A,11,B.1,1C.,1,D.,1.555.已知A(0,1,1)，B(2,1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为（）522522222222A.B.C.D.666633336.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G02，则点G到平面D1EF的距离为（）32225A.B.2C.D.3357.若动点Mx1,y1，Nx2,y2分别在直线xy70与直线xy50上移动，则MN的中点P到原点的距离的最小值为（）第1页/共24页学科网（北京）股份有限公司A.23B.33C.32D.22的8.边长为1正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AA1，A1D1中点，M是DB靠近B的四等分点，P在正方体内部或表面，DPEFMF0，则DP的最大值是（）5A.1B.C.2D.32二、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，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.）9.如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，M为CD1的中点，Q为CA1上靠近点A1的五等分点，则（）11A.AMABADAAB.2AMAB2ADAA3211133C.AQABADAAD.5AQABAD4AA5451110.已知两条直线l1，l2的方程分别为3x4y120与ax8y110，下列结论正确的是（）7A.若l//l，则a6B.若l//l，则两条平行直线之间的距离为1212432C.若ll，则aD.若a6，则直线l，l一定相交1231211.如图，在多面体ABCDES中，SA平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SAAB2DE2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点D，C），则下列说法正确的是（）A.存在点Q，使得NQSB第2页/共24页学科网（北京）股份有限公司B.存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60o2C.三棱锥QAMN体积的最大值是3D.当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分.）12.已知点P4,2，点A为圆x2y24上任意一点，则PA连线的中点轨迹方程是___________．13.已知点P(2,1)和直线l:(12)x(13)y20，则点P到直线l的距离的取值范围是______________.14.如图，已知点A是圆台O1O的上底面圆O1上的动点，B,C在下底面圆O上，AO11，OO12，BO3，BC25，则直线AO与平面O1BC所成角的正弦值的最大值为________.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.在Rt△ABC中，BAC90，BC边上的高AD所在直线的方程为x2y20，A的平分线所在直线的方程为y0，点B的坐标为1,3.（1）求直线BC的方程；（2）求直线AC的方程及点C的坐标.16.如图，在直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为矩形，且AA1AB2AD,E,F分别为C1D1,DD1的中点.第3页/共24页学科网（北京）股份有限公司（1）证明：AF//平面A1EB.（2）求平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值.17.已知直线l1:kxy34k0kR过定点P．（1）求过点P且在两坐标轴上截距的绝对值相等的直线l2方程；（2）若直线l1交x轴正半轴于点A，交y轴负半轴于点B，VABC的面积为S（O为坐标原点），求S的最小值并求此时直线l1的方程．18.如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD平面ABCD，PAPD，ABAD，PAPD，AB1，AD2，ACCD5.（1）求证：平面PDPAB.（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值.AM（3）在棱PA上是否存在点M，使得BM//平面PCD?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.AP在空间直角坐标系中，已知向量，点若直线以为方向向量且经过19.Oxyzua,b,cP0x0,y0,z0luxxyyzz点，则直线的标准式方程可表示为000（）；若平面以为法向量且经P0labc0uabc过点P0，则平面的点法式方程表示为axx0byy0czz00.x1y2z（1）已知直线l的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为3xyz50，1321第4页/共24页学科网（北京）股份有限公司求直线l与平面1所成角的余弦值；（2）已知平面2的点法式方程可表示为2x3yz20，平面外一点P1,2,1，点P到平面2的距离；（3）（ⅰ）若集合Mx,y,z|xy2,z1，记集合M中所有点构成的几何体为S，求几何体S的体积：（ⅱ）若集合Nx,y,z|xy2,yz2,zx2.记集合N中所有点构成的几何体为T，求几何体T相邻两个面（有公共棱）所成二面角的余弦值.2024-2025学年度高二年级上学期综合素质评价二数学学科主命题人韩艳伟一、单选题（每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意.请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1.直线3xy30的倾斜角为（）πππ2πA.B.C.D.3643【答案】A【解析】【分析】先求出直线斜率，再根据倾斜角的范围即可求解.【详解】设直线的3xy30的倾斜角为，且0,π，π直线3xy30的斜率ktan3，所以，3故选：A2.已知直线a的方向向量为a，平面的法向量为n，下列结论成立的是（）A.若a//n，则a//B.若an，则aC.若a//n，则aD.若an，则a//【答案】C第5页/共24页学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】根据题意，结合直线的方向向量和平面分法向量的关系，逐项判定，即可求解.【详解】因为直线a的方向向量为a，平面的法向量为n，由a//n，可得a，所以A不正确，C正确；对于B中，由an，可得a//或a，所以B、D都不正确；故选：C.3.已知圆C:x2y2mx10的面积为π，则m（）A.2B.22C.42D.8【答案】B【解析】【分析】由题意确定圆的半径，结合圆的面积公式建立方程，解之即可求解.2222m2m【详解】因为圆C:xymx10，即xy1，24m2所以Sπr2(1)ππ，解得m22.4故选：B.4.已知两点A3,2，B2,1，过点P0,1的直线l与线段AB（含端点）有交点，则直线l的斜率的取值范围为（）11A.,11,B.1,1C.,1,D.,155【答案】A【解析】【分析】求出直线PA、PB的斜率后可求直线l的斜率的范围.【详解】1211k1，而k1，PA03PB02第6页/共24页学科网（北京）股份有限公司故直线l的取值范围为,1(1,)，故选：A.5.已知A(0,1,1)，B(2,1,0)，C(3,5,7)，D(1,2,4)，则直线AB和直线CD所成角的余弦值为（）522522222222A.B.C.D.66663333【答案】A【解析】【分析】算得AB2,2,1,CD2,3,3，结合向量夹角的坐标公式即可求解.【详解】AB2,2,1,CD2,3,3，ABCD463522所以直线AB和直线CD所成角的余弦值为cosAB,CD.ABCD349966故选：A.6.在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G02，则点G到平面D1EF的距离为（）32225A.B.2C.D.335【答案】D【解析】【分析】建立空间直角坐标系，由点到平面的距离公式计算即可．【详解】以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则G2,,2，D10,0,2，E2,0,1，F2,2,1，第7页/共24页学科网（北京）股份有限公司所以ED12,0,1，EF0,2,0，EG0,,1．nED12xz0设平面的法向量为，则，D1EFnx,y,znEF2y0r取x1，得n1,0,2，EGn所以点到平面的距离为225，GD1EFdn55故选：D．7.若动点Mx1,y1，Nx2,y2分别在直线xy70与直线xy50上移动，则MN的中点P到原点的距离的最小值为（）A.23B.33C.32D.22【答案】C【解析】【分析】先求出点P的轨迹，再利用点到直线的距离公式求解.【详解】解：由题意知，MN的中点P的轨迹为平行于两直线且到两直线距离相等的直线，故其方程为xy60，6P到原点的距离的最小值为d32．12+12故选：C8.边长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AA1，A1D1中点，M是DB靠近B的四等分点，P在正方体内部或表面，DPEFMF0，则DP的最大值是（）5A.1B.C.2D.32【答案】D【解析】333【分析】建立空间直角坐标系，设Px,y,z，从而求得xyz0，再根据向量模长公式结合4420x1,0y1即可求解.第8页/共24页学科网（北京）股份有限公司【详解】如图，建立空间直角坐标系，设Px,y,z，1133则D0,0,0,E1,0,,F,0,1,M,,0，22441113333所以EF,0,,MF,,1，则EFMF,,，2244442因为DPEFMF0，又DPx,y,z，333xy所以xyz0，即z，44222222222xy所以DPxyzxy，22222xy11又0x1,0y1，所以xy1