浙江省绍兴市高级中学2024-2025学年高二上学期模块质量调测（10月）数学试卷

学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 1 2024学年第一学期绍兴市高级中学模块质量调测试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共 58 分） 一、单选题：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，只有一项是符合题目要 求的。 1．已知点 (1, 1, 2)A  关于 z轴的对称点为 B，则 AB 等于（ ） A．2 2 B． 2 6 C．2 D．3 2 【答案】A 【解析】点 (1, 1, 2)A  关于 z轴的对称点为 B  1,1,2 ，所以 4 4 0 2 2AB     .故选 A. 2．直线 :l 2 3 1 0x y+ - = 的一个方向向量为（ ） A．  2, 3 B． ? 3,2 C． 2,3 D．  3,2 【答案】B 【解析】由2 3 1 0x y+ - = 得， 2 1 3 3 y x   ，所以直线的一个方向向量为 2(1, )3  ， 而 2( 3, 2) 3(1, ) 3     ，所以 ( 3,2) 也是直线的一个方向向量.故选 B. 3．在空间四边形 ABCD中，E，F分别为 BC，CD的中点，则 1 ( ) 2 AF AB AC      （ ） A． EF  B．BD  C． EF  D． BD  【答案】C 【解析】在空间四边形 ABCD中，E为 BC的中点，则 AB+ AC= 2AE    ， 所以 1 ( ) 2 AF AB AC AF AE EF           .故选 C 4．已知点  , 3,5A a  ，  0, ,2B b ，  2,7, 1C  ，若 A，B，C三点共线，则 a，b的值分别是（ ） A． 2 ，3 B． 1 ，2 C．1，3 D． 2 ，2 【答案】D 【解析】因为  , 3,5A a  ，  0, ,2B b ，  2,7, 1C  ， 所以 ( , 3, 3)AB a b     ， (2,7 , 3)BC b    ， 因为 A，B，C三点共线，所以存在实数 k，使 AB kBC   ， 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2 所以 ( , 3, 3) (2,7 , 3)a b k b      ， 所以 2 3 (7 ) 3 3 a k b k b k          ，解得 1, 2, 2k a b    .故选 D. 5．“ 1a  ”是“直线 2 6 0ax y   与直线   21 1 0x a y a     平行”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】若直线 2 6 0ax y   与直线    21 1 0x a y a     互相平行且不重合， 则          2 2 1 1 2 0 2 1 0 1 6 1 0 2 2 3 0 a a a a a a a a a                      ，解得 1 2 2 a a a       或 ，故 1a  . 所以“ 1a  ”是“直线 2 6 0ax y   与直线   21 1 0x a y a     互相平行且不重合”的充要条件． 故选 C． 6．在所有棱长均为 2的平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 1 60A AB A AD BAD      ，则 1AC 的长为（ ） A．2 3 B． 2 5 C．2 6 D．6 【答案】C 【解析】因为 1 1 1AC AB BC CC AB AD AA             ，所以  22 2 21 1AC AB AD AA AB AD           2 1 1 12 2 2AA AB AD AB AA AD AA              4 4 4 2 2 2 cos60 2 2 2 cos60 2 2 2 cos60                 4 4 4 4 4 4 24       ， 从而 1 2 6AC   ，即 1AC 的长为 2 6．故选 C. 7．若直线 l过定点  1,0P ，且与以    1,2 , 2, 3A B 为端点的线段相交（包括端点），则其倾斜角的取值范 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 3 围是（ ） A． π 3π0, , π 6 4            B． π 3π0, , π 3 4            C． π 3π, 6 4      D． π 3π, 3 4      【答案】D【分析】根据题意，结合斜率公式，求得 1k   或 3k  ，进而求得直线 l的倾斜角的范围. 【详解】如图所示，因为直线 l过定点  1,0P ，且与以    1,2 , 2, 3A B 为端点的线段相交， 可得 3 0 3 2 1PB k    ， 2 0 1 1 1PA k      ， 所以直线 l的斜率不存在或满足 1k   或 3k  ， 所以直线 l的倾斜角的范围为 π 3π, 3 4      .故选：D. 8．在棱长为 a的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，M ，N 分别为 1BD ， 1 1BC 的中点，点 P在正方体表面上运动， 且满足MP CN ，则点 P轨迹的长度是（ ） A．  2 5 a B．    3 3 a C．  3 5 a D．4a 【答案】A 【解析】在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，以D为坐标原点，分别以DA，DC， 1DD 为 x轴， y轴， z轴建立 空间直角坐标系，∴  0,0,0D ， , , 2 2 2 a a aM      ， , , 2 aN a a     ，  0, ,0C a ，∴ ,0, 2 aCN a       ， 设  , ,P x y z ，则 , , 2 2 2 a a aMP x y z         ， ∵MP CN ，∴ 0 2 2 2 a a ax a z              ，可得 2 4 3 0x z a   ； 当 x a 时， 4 az  ，当 0x  时， 3 4 az  ， 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 4 取 ,0, 4 aE a     ， , , 4 aF a a     ， 30,0, 4 aH      ， 30, , 4 aG a     ，连接 EF， FG，GH ，HE， 则  0, ,0EF HG a    ， , 0, 2 aEH FG a         ， ∴四边形 EFGH 为矩形，则 0EF CN    ， 0EH CN    ， 即EF CN ， EH CN ，又 EF和 EH 为平面 EFGH 中的两条相交直线， ∴CN 平面 EFGH ， 又 , , 2 2 4 a a aEM        ， , , 2 2 4 a a aMG        ， ∴M 为 EG的中点，则M 平面 EFGH ， 为使MP CN ，必有点 P平面 EFGH ， 又点 P在正方体表面上运动，所以点 P的轨迹为四边形 EFGH ， 又EF GH a  ， 5 2 EH FG a  ，∴ EF EH ，则点 P的轨迹不是正方形， 则矩形 EFGH 的周长为  2 5 a ．故选 A 二、多选题：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 选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9．已知直线 l： 1 0mx y  ＝ ， ( )1,0A ，  3,1B ，则下列结论正确的是（ ） A．直线 l恒过定点  0,1 B．当 m＝1时，直线 l的倾斜角为 3π 4 C．当 m＝0时，直线 l的斜率不存在 D．当 m＝2时，直线 l与直线 AB垂直 【答案】BD 【解析】对于选项 A，直线 l： 1 0mx y  ＝ ，令 0 1 0 x y     ，解得直线 l恒过定点 (0, 1) ，选项 A错误； 对于选项 B，当 m＝1时，直线 l的方程为 1 0x y  ＝ ，斜率为 1 ，倾斜角为 3π 4 ，选项 B正确； 对于选项 C，当 m＝0时，直线 l的方程化为 1 0y  ＝ ，斜率为 0，斜率存在，选项 C错误； 对于选项 D，当 m＝2时，直线 :l 2 1 0x y  ＝ ，所以 2lk   ． 由  1,0A ，  3,1B ，可得 0 1 1 1 3 2AB k    ，得 1AB lkk    ， 所以直线 l与直线 AB垂直，选项 D正确． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 5 故选 BD． 10．已知向量    1,2 , 2 , 2 5, ,1a m m b m m     ，则下列结论正确的是（ ） A．若 a∥ b  ，则 3m  B．若 a b  ，则 2 5 m   C． a  的最小值为 2 30 5 D． a  的最大值为 4 【答案】AC 【解析】对于 A，若 a∥ b  ，且    1,2 , 2 , 2 5, ,1a m m b m m     ， 则存在唯一实数使得 a b  ，即     1, 2 , 2 2 5 , ,m m m m     ， 则 1 (2 5) 2 2 m m m m           ，解得 3 2 m     ，故 A正确； 对于 B，若 a b  ，则 0a b   ，即    21 2 5 2 2 0m m m     ， 化简得 24 7 7 0m m   ，因为 49 16 7 0     ，所以无实数解，故 B错误； 对于 CD， 2 2 2( 1) 4 4 5 2 5a m m m m       ，故当 1 5 m  时， a  取得最小值为 2 30 5 ，无最大值，故 C 正确，D错误. 故选 AC. 11．在正三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 1AB AA  ，点 P满足 ，其中  0,1 ， ，则（ ） A．当 1  时， 1AB P△ 的周长为定值 B．当 1  时，三棱锥 1P ABC 的体积为定值 C．当 1 2   时，有且仅有一个点 P，使得 1A P BP D．当 1 2   时，有且仅有一个点 P，使得 1A B 平面 1AB P 【答案】BD 【解析】 易知，点 P在矩形 1 1BCC B 内部（含边界）． 对于 A，当 1  时， ， 即此时P线段 1CC ， 1AB P△ 周长不是定值，故 A错误； 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 6 对于 B，当 1  时， ，故此时 P点轨迹为线段 1 1B C ， 而 ， 平面 1ABC， 则有 P到平面 1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故 B正确． 对于 C，当 1 2   时， ，取 BC， 1 1B C 中点分别为Q，H ， 则 ，所以 P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ， 则 ， ， ， 所以 0  或 1  ．故 均满足，故 C错误； 对于 D，当 1 2   时， ，取 1BB ， 1CC 中点为 ,M N． ，所以 P点轨迹为线段MN．设 ， 因为 ，所以 ， ， 所以 ，此时 P与N重合，故 D正确．故选：BD． 第二部分（非选择题 共 92 分） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．已知直线(a＋2)x＋(a2－2a－3)y－2a＝0在 x轴上的截距为 3，则该直线在 y轴上的截距为________． 答案 － 4 15 解析 把(3,0)代入已知方程， 得(a＋2)×3－2a＝0， ∴a＝－6， ∴直线方程为－4x＋45y＋12＝0， 令 x＝0，得 y＝－ 4 15 . 13．在正方体 ABCD A B C D    中，点 E是上底面 ABCD   的中心，若 AE xAD yAB zAA       ，则实数 x y z   ． 【答案】2 【解析】因为  1 12 2AE AA A E AA A C AA A B A D                       1 1 1 1 2 2 2 2 AA A B A D AD AB AA                 ， 又 AE xAD yAB zAA       ， 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 7 所以 1 2 x  ， 1 2 y  ， 1z  ， 2x y z   ． 故答案为： 2 . 14．已知 ,P Q分别在直线 1 : 1 0l x y   与直线 2 : 1 0l x y   上，且 1PQ l ，点  4,6A  ，  5, 1B  ，则 AP PQ QB  的最小值为 【答案】10 2 / 2 10 【解析】因为 1 : 1 0l x y   ， 2 : 1 0l x y   ，所以直线 1l 与 2l 间的距离为 1 1 2 1 1    ， 又 1PQ l ，故 2PQ  ，过  5, 1B  作直线 l垂直于 1 : 1 0l x y   ，如图， 则可设直线 l的方程为 0x y c   ，代入  5, 1B  ，得5 1 0c   ，则 4c   ，所以直线 l的方程为 4 0x y   ， 将  5, 1B  沿着直线 l往上平移 2个单位到 B点，设  , 4B a a   ， 则    2 25 5 2a a     ，解得 4a  或 6a  （舍去），则  4,0B ， 连接 AB交直线 1l 于点 P，过 P作 2PQ l 于 Q，连接 BQ， 有 / / ,| | | |BB PQ BB PQ   ，即四边形 BB PQ 为平行四边形， 则 | | | |PB BQ  ，即有 AP QB AP PB AB     ， 显然 AB 是直线 1l 上的点与点 ,A B距离和的最小值， 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 8 因此 AP QB 的最小值，即 AP PB  的最小值 AB ， 而    2 24 4 6 0 10AB       ，所以 AP PQ QB  的最小值为 AB PQ   10 2 . 故答案为：10 2 . 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 菱形 ABCD的顶点 ,A C 的坐标分别为    4,7 , 6, 5 ,A C BC  边所在直线过点  4, 1P  . (1)求 ,BC AD边所在直线的方程； (2)求对角线 BD所在直线的方程. 【解析】（1）由菱形的性质可知 BC∥ AD，则 1 5 2 4 6AD BC CP k k k        ...................................2分 所以 BC边所在直线的方程为  5 2 6y x    ，即 2 7 0x y   ；.............................................4分 AD边所在直线的方程为  7 2 4y x    ，即 2 1 0x y   ............................................6分 （2）线段 AC的中点为   7 5 61,1 , 4 6 5AC E k      ，............................................................8分 由菱形的几何性质可知，BD AC 且 E为 BD的中点，则 1 5 6BD AC k k    ，..........................10分 所以对角线 BD所在直线的方程为  51 1 6 y x   ，即5 6 1 0x y   ............................................13分 16．（15分） 如图，在正三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点 P，Q分别为 A1B1，BC的中点. (1)求异面直线 BP与 AC1所成角的余弦值； (2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值. 解 如图，在正三棱柱 ABC－A1B1C1中，设 AC，A1C1 的中点分别为 O，O1，连接 OB，OO1， 则 OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.以 O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为 x轴、y轴、 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 9 因为 AB＝AA1＝2，所以 A(0，－1，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1( 3，0， 2)，C1(0，1，2). 。。。。。。。。。。 3分 (1)因为 P为 A1B1的中点， 所以 P 3 2 ，－ 1 2 ，2 ， 从而BP→＝ － 3 2 ，－ 1 2 ，2 ， 又AC1→ ＝(0，2，2)， 故 cos〈BP→，AC1→ 〉＝ BP→ ·AC1→ |BP→ |·|AC1→ | ＝ －1＋4 5×2 2 ＝ 3 10 20 . 因此，异面直线 BP与 AC1所成角的余弦值为3 1020 . 。。。。。。。。。。。 9分 (2)因为 Q为 BC的中点，所以 Q 3 2 ， 1 2 ，0 ， 因此AQ→＝ 3 2 ， 3 2 ，0 ， AC1→ ＝(0，2，2)，CC1→ ＝(0，0，2). 设 n＝(x，y，z)为平面 AQC1的一个法向量， 则 AQ→ ·n＝0， AC1→ ·n＝0， 即 3 2 x＋3 2 y＝0， 2y＋2z＝0. 不妨取 n＝( 3，－1，1). 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为θ， 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 10 则 sin θ＝|cos〈CC1→ ，n〉|＝ |CC1→ ·n| |CC1→ |·|n| ＝ 2 5×2 ＝ 5 5 ，所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值 为 5 5 . 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 15分 17．（15分） 已知直线 : 1 2 0( R)l kx y k k     ． （1）求证：直线 l经过一个定点； （2）若直线 l交 x轴的正半轴于点A，交 y轴的正半轴于点 B，O为坐标原点，设 AOBV 的面积为S，求S的 最小值及此时直线 l的方程． 【解析】（1）直线 : 1 2 0( R)l kx y k k     ， 化为 ( 2) 1y k x   ，（2分） 当 2x  时，对任意实数 k，恒有 1y  ，（3分） 所以直线 l过定点 (2,1) .（4分） （2）依题意，显然 0k  ，直线 : 1 2 0( R)l kx y k k     交 x轴于点 1(2 ,0)A k  ，交 y轴于点 (0,1 2 )B k ， （6分） 而点 ,A B分别在 ,x y轴的正半轴上，即 12 0,1 2 0k k     ，于是 0k  ，（8分） 则 AOBV 的面积为 1 1 1 1 1 1(2 )(1 2 ) 2 [4( ) ] 2 2 4( ) 4 2 2 2 S k k k k k k                ，（12分） 当且仅当 14( )k k    ，即 1 2 k   时取等号，（13分） 所以当 1 2 k   时， min 4S  ，（14分） 此时直线 l的方程为 2 4 0x y   .（15分） 18．（17分） 如图所示，在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点 E在线段 BB1上， 且 EB1＝1，D，F，G分别为 CC1，C1B1，C1A1的中点. (1)求证：B1D⊥平面 ABD； (2)求证：平面 EGF∥平面 ABD； (3)求平面 EGF与平面 ABD的距离. (1)证明 如图所示，由条件知，BA，BC，BB1两两互相垂直，以 B为坐标原 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 11 点，BA，BC，BB1所在直线分别为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 Bxyz. 则 B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)， 设 BA＝a(a＞0)， 则 A(a，0，0). ∴BA→＝(a，0，0)， BD→＝(0，2，2)， B1D→ ＝(0，2，－2)， ∴B1D→ ·BA→＝0，B1D→ ·BD→＝0＋4－4＝0. ∴B1D⊥BA，B1D⊥BD， 又∵BD∩BA＝B，BD，BA⊂平面 ABD， ∴B1D⊥平面 ABD. 。。。。。。。。。。。。5分 (2)证明 由题意知 E(0，0，3)， G a 2 ，1，4 ，F(0，1，4). ∴EG→＝ a 2 ，1，1 ，EF→＝(0，1，1)， ∴B1D→ ·EG→＝0＋2－2＝0，B1D→ ·EF→＝0＋2－2＝0. ∴B1D⊥EG，B1D⊥EF， 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EFG， ∴B1D⊥平面 EFG， 又平面 EFG与平面 ABD不重合， 结合(1)可知，平面 EGF∥平面 ABD. 。。。。。。。。。。。。。10分 (3)解 由(1)，(2)知，BF→＝(0，1，4)， B1D→ ＝(0，2，－2)是平面 ABD的法向量， ∴点 F到平面 ABD的距离为 d＝ |BF→ ·B1D→ | |B1D→ | ＝ |－6| 2 2 ＝ 3 2 2 . 由(2)知，平面 EGF与平面 ABD的距离等于点 F到平面 ABD的距离， 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 12 ∴两平面间的距离为 3 2 2 . 。。。。。。。。。。。。。17分 19．（17分） 20．如图，已知四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD是平行四边形， 4BC  ， 60ABC  ， PAB 是边长为 2 的等边三角形，PB AC ， E是线段 PD的中点. （1）求证：平面 PAB 平面 ABCD； （2）若 (0 1)PF PC      ，是否存在，使得平面 BEF和平面 PAD夹角的余弦值为 3 5 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）证明：在 ABCV 中，由余弦定理知， 2 2 2 c 14 16 2 2 4 12 2 2 osA C ABCC AB B AB BC           ，（2分） 所以 2 2 2AC AB BC  ，即 AC AB ，（3分） 因为 PB AC ，（4分） 且 AB PB B ， AB、PB平面 PAB， 所以 AC 平面 PAB，（5分） 又 AC 平面 ABCD，所以平面 PAB 平面 ABCD．（6分） （2）以A为坐标原点， AB， AC所在直线分别为 x， y轴，作 Az 平面 ABCD，建立如图所示的空间直 角坐标系， 则 (0A ，0， 0) ， (2B ，0， 0) ， (0C ， 2 3， 0) ， ( 2D  ，2 3， 0) ， (1P ，0， 3)， 1( 2 E  ， 3， 3) 2 ， 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 13 （8分） 所以 (1AP   ，0， 3)， ( 2AD    ， 2 3， 0) ， 5( 2 BE    ， 3， 3) 2 ， ( 1BP    ，0， 3)， ( 1PC    ， 2 3， 3) ， 所以 ( 1BF BP PF BP PC           ，0， 3) ( 1  ， 2 3， 3) ( 1     ， 2 3， 3 3 ) ， 设平面 BEF的法向量为 (n x  ， y， )z ，则 0 0 n BE n BF         ， 即 5 33 0 2 2 ( 1 ) 2 3 ( 3 3 ) 0 x y z x y z                ，（9分） 取 4 1z   ，则 3(2 1)x   ， 3 2y   ，所以 ( 3(2 1)n   ，3 2  ， 4 1)  ，（10分） 设平面 PAD的法向量为 (m a  ，b， )c ，则 0 0 m AP m AD         ，即 3 0 2 2 3 0 a c a b        ，（11分） 取 1c  ，则 3a   ， 1b   ，所以 ( 3m   ， 1 ，1)，（12分） 因为平面 BEF和平面 PAD夹角的余弦值为 3 5 ， 所以        2 2 2 3 2 1 3 2 4 1 3cos , 55 3 2 1 3 2 4 1 m n m n m n                               ，（14分） 整理得， 28(26 11 1) 0    ，即8(2 1)(13 1) 0    ，（15分） 解得 1 2   或 1 13    ， 因为 0 1  ，所以 1 2   ，（16分） 故存在，使得平面 BEF和平面 PAD夹角的余弦值为 3 5 ，此时 1 2   ．（17分） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 1 2024学年第一学期绍兴市高级中学模块质量调测试卷 高二数学 命题人：谢旭初 审核人：王建平 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共 58 分） 一、单选题：共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知点 (1, 1, 2)A  关于 z轴的对称点为 B，则 AB 等于 （ ） A．2 2 B． 2 6 C．2 D．3 2 2．直线 :l 2 3 1 0x y+ - = 的一个方向向量为（ ） A．  2, 3 B． −3,2 C． 2,3 D．  3,2 3．在空间四边形 ABCD中，E，F分别为 BC，CD的中点，则 1 ( ) 2 AF AB AC      （ ） A． EF  B．BD  C． EF  D． BD  4．已知点  , 3,5A a  ，  0, ,2B b ，  2,7, 1C  ，若 A，B，C三点共线，则 a，b的值分别是（ ） A． 2 ，3 B． 1 ，2 C．1，3 D． 2 ，2 5．“ 1a  ”是“直线 2 6 0ax y   与直线   21 1 0x a y a     平行”的 （ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．在所有棱长均为 2的平行六面体 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 1 60A AB A AD BAD      ，则 1AC 的长为（ ） A．2 3 B． 2 5 C．2 6 D．6 7．若直线 l过定点  1,0P ，且与以    1,2 , 2, 3A B 为端点的线段相交（包括端点），则其倾斜角的取值范 围是 （ ） A． π 3π0, , π 6 4            B． π 3π0, , π 3 4            C． π 3π, 6 4      D． π 3π, 3 4      8．在棱长为 a的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，M ，N 分别为 1BD ， 1 1BC 的中点，点 P在正方体表面上运动， 且满足MP CN ，则点 P轨迹的长度是 （ ） A．  2 5 a B．    3 3 a C．  3 5 a D．4a 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2 二、多选题：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 选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9．已知直线 l： 1 0mx y  ＝ ， ( )1,0A ，  3,1B ，则下列结论正确的是 （ ） A．直线 l恒过定点  0,1 B．当 m＝1时，直线 l的倾斜角为 3π 4 C．当 m＝0时，直线 l的斜率不存在 D．当 m＝2时，直线 l与直线 AB垂直 10．已知向量    1,2 , 2 , 2 5, ,1a m m b m m     ，则下列结论正确的是 （ ） A．若 a∥ b  ，则 3m  B．若 a b  ，则 2 5 m   C． a  的最小值为 2 30 5 D． a  的最大值为 4 11．在正三棱柱 1 1 1ABC ABC 中， 1 1AB AA  ，点 P满足 ，其中  0,1 ， ，则 （ ） A．当 1  时， 1AB P△ 的周长为定值 B．当 1  时，三棱锥 1P ABC 的体积为定值 C．当 1 2   时，有且仅有一个点 P，使得 1A P BP D．当 1 2   时，有且仅有一个点 P，使得 1A B 平面 1AB P 第二部分（非选择题 共 92 分） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．已知直线(a＋2)x＋(a2－2a－3)y－2a＝0在 x轴上的截距为 3，则该直线在 y轴上的截距为________． 13．在正方体 ABCD A B C D    中，点 E是上底面四边形 A B C D   的中心，若 AE xAD yAB zAA       ，则 实数 x y z   ． 14．如图，在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，已知 2AB  ， 1 1AD AA  ．动点 P 从 1A出发，在棱 1 1AB 上匀速运动；动点 Q同时从 B出发，在棱 BC上匀速运动， P的运动速度是 Q的两倍，各自运动到另一端点停止．它们在运动过程中，设 直线 PQ与平面 ABCD所成的角为 ，则 tan 的取值范围是 ． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 3 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 菱形 ABCD的顶点 ,A C 的坐标分别为    4,7 , 6, 5 ,A C BC  边所在直线过点  4, 1P  . (1)求 ,BC AD边所在直线的一般式方程； (2)求对角线 BD所在直线的一般式方程. 16．（15分） 如图，在正三棱柱 ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点 P，Q分别为 A1B1，BC的中点. (1)求异面直线 BP与 AC1所成角的余弦值； (2)求直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值. 17．（15分） 已知直线 : 1 2 0( R)l kx y k k     ． （1）求证：直线 l经过一个定点； （2）若直线 l交 x轴的正半轴于点A，交 y轴的正半轴于点 B，O为坐标原点，设 AOBV 的面积为 S，求 S 的最小值及此时直线 l的方程． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 4 18．（17分） 如图所示，在直三棱柱 ABC－A1B1C1中，∠ABC＝90°，BC＝2，CC1＝4，点 E在线段 BB1上，且 EB1＝1， D，F，G分别为 CC1，C1B1，C1A1的中点. (1)求证：B1D⊥平面 ABD； (2)求证：平面 EGF∥平面 ABD； (3)求平面 EGF与平面 ABD的距离. 19．（17分） 如图，已知四棱锥 P ABCD 的底面 ABCD是平行四边形， 4BC  ， 60ABC  ， PAB 是边长为 2的等 边三角形，PB AC ， E是线段 PD的中点. （1）求证：平面 PAB 平面 ABCD； （2）若 (0 1)PF PC      ，是否存在，使得平面 BEF和平面 PAD夹角的余弦值为 3 5 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 1 2024学年第一学期绍兴市高级中学模块质量调测试卷 参考答案 第一部分（选择题 共 58 分） 一、单选题：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，只有一项是符合题目要 求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 A B C D C C D A 二、多选题：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 选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分． 9 10 11 BD AC BD 第二部分（非选择题 共 92 分） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．－ 4 15 13．2 14． 1 5[ , ] 2 2 四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 菱形 ABCD的顶点 ,A C 的坐标分别为    4,7 , 6, 5 ,A C BC  边所在直线过点  4, 1P  . (1)求 ,BC AD边所在直线的方程； (2)求对角线 BD所在直线的方程. 【解析】（1）由菱形的性质可知 BC∥ AD，则 1 5 2 4 6AD BC CP k k k        ...................................2分 所以 BC边所在直线的方程为  5 2 6y x    ，即 2 7 0x y   ；.............................................4分 AD边所在直线的方程为  7 2 4y x    ，即 2 1 0x y   ............................................6分 （2）线段 AC的中点为   7 5 61,1 , 4 6 5AC E k      ，............................................................8分 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 2 由菱形的几何性质可知，BD AC 且 E为 BD的中点，则 1 5 6BD AC k k    ，..........................10分 所以对角线 BD所在直线的方程为  51 1 6 y x   ，即5 6 1 0x y   ............................................13分 16．（15分） 解 如图，在正三棱柱 ABC－A1B1C1中，设 AC，A1C1 的中点分别为 O，O1，连接 OB，OO1， 则 OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB.以 O为原点，OB，OC，OO1所在直线分别为 x轴、y轴、 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为 AB＝AA1＝2，所以 A(0，－1，0)，B( 3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，－1，2)，B1( 3，0， 2)，C1(0，1，2). 。。。。。。。。。。 3分 (1)因为 P为 A1B1的中点， 所以 P 3 2 ，－ 1 2 ，2 ， 从而BP→＝ － 3 2 ，－ 1 2 ，2 ， 又AC1→ ＝(0，2，2)， 故 cos〈BP→，AC1→ 〉＝ BP→ ·AC1→ |BP→ |·|AC1→ | ＝ －1＋4 5×2 2 ＝ 3 10 20 . 因此，异面直线 BP与 AC1所成角的余弦值为3 1020 . 。。。。。。。。。。。 9分 (2)因为 Q为 BC的中点，所以 Q 3 2 ， 1 2 ，0 ， 因此AQ→＝ 3 2 ， 3 2 ，0 ， AC1→ ＝(0，2，2)，CC1→ ＝(0，0，2). 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 3 设 n＝(x，y，z)为平面 AQC1的一个法向量， 则 AQ→ ·n＝0， AC1→ ·n＝0， 即 3 2 x＋3 2 y＝0， 2y＋2z＝0. 不妨取 n＝( 3，－1，1). 设直线 CC1与平面 AQC1所成角为θ， 则 sin θ＝|cos〈CC1→ ，n〉|＝ |CC1→ ·n| |CC1→ |·|n| ＝ 2 5×2 ＝ 5 5 ，所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值 为 5 5 . 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。 15分 17．（15分） 【解析】（1）直线 : 1 2 0( R)l kx y k k     ， 化为 ( 2) 1y k x   ，（2分） 当 2x  时，对任意实数 k，恒有 1y  ，（3分） 所以直线 l过定点 (2,1) .（4分） （2）依题意，显然 0k  ，直线 : 1 2 0( R)l kx y k k     交 x轴于点 1(2 ,0)A k  ，交 y轴于点 (0,1 2 )B k ， （6分） 而点 ,A B分别在 ,x y轴的正半轴上，即 12 0,1 2 0k k     ，于是 0k  ，（8分） 则 AOBV 的面积为 1 1 1 1 1 1(2 )(1 2 ) 2 [4( ) ] 2 2 4( ) 4 2 2 2 S k k k k k k                ，（12分） 当且仅当 14( )k k    ，即 1 2 k   时取等号，（13分） 所以当 1 2 k   时， min 4S  ，（14分） 此时直线 l的方程为 2 4 0x y   .（15分） 18．（17分） (1)证明 如图所示，由条件知，BA，BC，BB1两两互相垂直，以 B为坐标 原点，BA，BC，BB1所在直线分别为 x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 Bxyz. 则 B(0，0，0)，D(0，2，2)，B1(0，0，4)， 设 BA＝a(a＞0)， 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 4 则 A(a，0，0). ∴BA→＝(a，0，0)， BD→＝(0，2，2)， B1D→ ＝(0，2，－2)， ∴B1D→ ·BA→＝0，B1D→ ·BD→＝0＋4－4＝0. ∴B1D⊥BA，B1D⊥BD， 又∵BD∩BA＝B，BD，BA⊂平面 ABD， ∴B1D⊥平面 ABD. 。。。。。。。。。。。。5分 (2)证明 由题意知 E(0，0，3)， G a 2 ，1，4 ，F(0，1，4). ∴EG→＝ a 2 ，1，1 ，EF→＝(0，1，1)， ∴B1D→ ·EG→＝0＋2－2＝0，B1D→ ·EF→＝0＋2－2＝0. ∴B1D⊥EG，B1D⊥EF， 又 EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面 EFG， ∴B1D⊥平面 EFG， 又平面 EFG与平面 ABD不重合， 结合(1)可知，平面 EGF∥平面 ABD. 。。。。。。。。。。。。。10分 (3)解 由(1)，(2)知，BF→＝(0，1，4)， B1D→ ＝(0，2，－2)是平面 ABD的法向量， ∴点 F到平面 ABD的距离为 d＝ |BF→ ·B1D→ | |B1D→ | ＝ |－6| 2 2 ＝ 3 2 2 . 由(2)知，平面 EGF与平面 ABD的距离等于点 F到平面 ABD的距离， ∴两平面间的距离为 3 2 2 . 。。。。。。。。。。。。。17分 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 5 19．（17分） 【解析】（1）证明：在 ABCV 中，由余弦定理知， 2 2 2 c 14 16 2 2 4 12 2 2 osA C ABCC AB B AB BC           ，（2分） 所以 2 2 2AC AB BC  ，即 AC AB ，（3分） 因为 PB AC ，（4分） 且 AB PB B ， AB、PB平面 PAB， 所以 AC 平面 PAB，（5分） 又 AC 平面 ABCD，所以平面 PAB 平面 ABCD．（6分） （2）以A为坐标原点， AB， AC所在直线分别为 x， y轴，作 Az 平面 ABCD，建立如图所示的空间直 角坐标系， 则 (0A ，0， 0) ， (2B ，0， 0) ， (0C ， 2 3， 0) ， ( 2D  ，2 3， 0) ， (1P ，0， 3)， 1( 2 E  ， 3， 3) 2 ， （8分） 所以 (1AP   ，0， 3)， ( 2AD    ， 2 3， 0) ， 5( 2 BE    ， 3， 3) 2 ， ( 1BP    ，0， 3)， ( 1PC    ， 2 3， 3) ， 所以 ( 1BF BP PF BP PC           ，0， 3) ( 1  ， 2 3， 3) ( 1     ， 2 3， 3 3 ) ， 设平面 BEF的法向量为 (n x  ， y， )z ，则 0 0 n BE n BF         ， 即 5 33 0 2 2 ( 1 ) 2 3 ( 3 3 ) 0 x y z x y z                ，（9分） 取 4 1z   ，则 3(2 1)x   ， 3 2y   ，所以 ( 3(2 1)n   ，3 2  ， 4 1)  ，（10分） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 6 设平面 PAD的法向量为 (m a  ，b， )c ，则 0 0 m AP m AD         ，即 3 0 2 2 3 0 a c a b        ，（11分） 取 1c  ，则 3a   ， 1b   ，所以 ( 3m   ， 1 ，1)，（12分） 因为平面 BEF和平面 PAD夹角的余弦值为 3 5 ， 所以        2 2 2 3 2 1 3 2 4 1 3cos , 55 3 2 1 3 2 4 1 m n m n m n                               ，（14分） 整理得， 28(26 11 1) 0    ，即8(2 1)(13 1) 0    ，（15分） 解得 1 2   或 1 13    ， 因为 0 1  ，所以 1 2   ，（16分） 故存在，使得平面 BEF和平面 PAD夹角的余弦值为 3 5 ，此时 1 2   ．（17分） 报告查询:登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 2024学年第一学期绍兴市高级中学模块质量调 测试卷 考场/座位号： 姓名： 班级： 贴条形码区 （正面朝上，切勿贴出虚线方框） 正确填涂 缺考标记 一、选择题 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 二、填空题 12. 13. 14. 主观题 15. 16. 17. 18. 19.