2023-2024学年度高二年级第二学期阶段检测（一）
数学
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在空间直角坐标系中，已知点，若三点共线，则的值为（ ）
A. B. C. 10 D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】根据三点共线，可得空间向量共线，即存在实数，使得，结合向量的坐标运算，即可得答案.
【详解】因为，且三点共线，
所以存在实数，使得，
解得．
故选：B.
2. 设函数在处存在导数为2，则（ ）
A. 2 B. 1 C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用导数的极限定义计算可得.
【详解】由导数的定义可知，.
故选：D.
3. 重阳节，农历九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久之意，人们常在此日感恩敬老，是我国民间的传统节日，某校在重阳节当日安排6位学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案数是（ ）
A. 35 B. 40 C. 50 D. 70
【答案】C
【解析】
【分析】
6名学生分配到两所敬老院，每所敬老院至少2人，则对6名学生进行分组分配即可
【详解】解：6名学生分成两组，每组不少于两人的分组，一组2人另一组4人，或每组3人，
所以不同的分配方案为,
故选：C
4. 已知是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，以为基底，则可以表示为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间向量的线性运算求得正确答案.
【详解】依题意，
.
故选：D
5. 江苏海安是江海文明的发源地，物华天宝，人杰地灵.海安曾有名胜“三塘十景”，可惜时光变迁，战火摧残，多数已面目全非.随着海安城市人文建设的深化，“三塘十景”逐一复原重建.海中高二年级几名同学打算利用周末时间寻访“十景”：东郊文社、南城桃坞、西寺晚钟、北园菊圃、凤山早霞、三里风帆、镜虹水阁、韩阡翠柏、双桥曲径、桂岭秋香.因时间有限，计划从中随机选取4个依次游览，若选中东郊文社，则东郊文社不是第一个游览的情况有（ ）
A. 2016种 B. 1512种 C. 1426种 D. 1362种
【答案】B
【解析】
【分析】先把东郊文社排好，再从另外九景中选景依次游览，进而可得答案.
【详解】先排东郊文社，有种，
再从另外九景中选景依次游览，有种，
所以共有种游览的情况.
故选：B.
6. 在三棱锥中，，，两两垂直，且，，，三角形重心为G，则点P到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求点到直线的距离即可得解.
【详解】如图所示：以为轴建立空间直角坐标系，
则，，，则，
，，
故在的投影为，
点到线的距离为.
故选：D.
7. 2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有( )
A. 3864种 B. 3216种 C. 3144种 D. 2952种
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分3种情况讨论：①、甲在右端，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. ③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；最后由分类计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分3种情况讨论：
①、甲在右端，若乙在中间，则丙有5个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有种情况；
甲在右端，若乙不在中间，则乙还有5个位置可选，此时丙还有4个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置， 有种情况；两种情况合并，共有种情况；
②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. 共有种情况；
③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，乙若在中间，则丙有5种排法；乙若不在中间，则乙有4种排法，此时丙有4种排法；最后，将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，共有种情况；
综上，则共有种不同的站法．
故选：B.
8. 古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上.下底面均为半圆形的柱体.若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，，，，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦即得.
【详解】在半圆柱下底面半圆所在平面内过作直线的垂线，由于垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，
则以点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
于是，，
又为的中点，则，，,，
设平面的法向量，则，令，得，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：D
二、多项选择题（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.正确答案为3个的选对1个得2分；正确答案为2个的选对1个得3分；有选错的得0分.）
9. 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：在中，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：ABD
10. 用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A. 可组成360个四位数
B. 可组成216个是5的倍数的五位数
C. 可组成270个比1325大的四位数
D. 若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2301
【答案】BCD
【解析】
【分析】对是否包含0进行分类讨论即可求解A，B选项；而对于C，D选项，我们需要对四位数的开头若干位进行分类讨论，从而得到比某个特定数大或比某个特定数小的选取方式个数.
【详解】当组成四位数时，我们要做的是从这6个数中取4个.
选取以后，不包含0的取法有种，此时有种排列方式；
包含0的取法有种，此时要保证首位不为0，故只有种排列方式.
所以总共能组成的四位数有个，A错误；
当组成5的倍数的五位数时，我们需要组成末位是0或5的五位数.
如果末位数是0，则剩下四位可以任意从1，2，3，4，5中选择并任意排列，此时有个；
如果末位数是5，则剩下四位可以任意从0，1，2，3，4中选择，但排列时0不能排在首位.
而不包含0和包含0选择方式各有种和种，故此时有个.
所以总共能组成5的倍数的五位数有个，B正确；
当组成比1325大的四位数时，以2，3，4，5开头的有个，
以14，15开头的有个，
以134，135开头的有个，
所以总共能组成比1325大的四位数有个，C正确；
当组成比2301小的四位数时，以1开头的有个，以20，21开头的有个，
所以总共能组成比2301小的四位数有个，从而2301是从小到大排列的第85个数，D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝1，PB＝2，E是PC的中点．设棱锥P﹣ABCD与棱锥E﹣BCD的体积分别为V1，V2，PB，PC与平面BDE所成的角分别为α，β，则（ ）
A. PA∥平面BDE B. PC⊥平面BDE
C. V1：V2＝4：1 D. sinα：sinβ＝1：2
【答案】ACD
【解析】
【分析】证明直线与平面平行判断A；利用反证法说明B错误；分别求出多面体的体积判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量求解线面角判断D，即可求解.
【详解】连接AC，BD，设ACBD＝O，则O为AC的中点，
连接OE，∵E为PC的中点，则OE为△PAC的中位线，得PA∥OE，
因为OE 平面BDE，PA 平面BDE，所以PA∥平面BDE，故A正确；
若PC⊥平面BDE，则PC⊥OE，
又由PA∥OE，所以PC⊥PA，可得PA2+PC2＝AC2，
而PA＝PC＝2，AC，不满足PA2+PC2＝AC2，
所以PC⊥平面BDE错误，故B错误；
由已知求得PO，则，
，所以V1：V2＝4：1，故C正确；
以O为坐标原点，分别以OA，OB，OP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则
可得，
设平面BDE的一个法向量为．
由，取x，得，
则sinα，sinβ，
所以，故D正确．
故选：ACD．
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 空间四边形中，，，，且异面直线与成，则异面直线与所成角的大小为____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由异面直线与成角，可知与夹角为或，由，得出，可得出，化简后可求得的值，利用空间向量的数量积可计算出的值，进而可得出异面直线与所成角的大小.
【详解】因为异面直线与成角，则与夹角为或，
又，.
两边平方，得，
即，
或，
（或舍去）.
即与夹角为，所以异面直线与所成角为.
故答案为：.
13. 若曲线（为常数）不存在斜率为负数的切线，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【详解】，∵曲线（为常数）不存在斜率为负数的切线，∴在上恒成立，∴在恒成立
令，，则，当时，，当时，，∴在上单调递增，在上单调递减，∴当时，取得最大值，∴，故答案为.
点睛：本题主要考查了导数的几何意义之函数在某点处的导数即为在该点处切线的斜率，以及导数与函数单调性的关系，难度一般；在该题中，将曲线（为常数）不存在斜率为负数的切线转化为在上恒成立，利用分离参数的思想得恒成立，利用导数求出的最大值即可.
14. 将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色各不相同的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则______．
【答案】125
【解析】
【分析】利用新定义，结合排列组合，分情况讨论即可.
【详解】，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论.
情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种；
情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点，
有种；
情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种；
综上：.
故答案为：125
【点睛】方法点睛：对于特殊类型的排列问题，注意根据问题的特征将其转化等价的排列问题，而后者容易计数.
三、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. 已知向量，，
（1）求的值；
（2）求；
（3）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据空间向量的减法运算法则和数量积运算公式直接计算；
（2）根据空间向量夹角公式直接计算即可；
（3）根据条件写出模的表达式，再直接求最小值即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，
又因为，
所以.
小问2详解】
因为，，
所以.
【小问3详解】
因为，，
所以，
所以，
当时，取得最小值，则最小值为.
16. 若函数，在处切线方程为：.
（1）求的解析式；
（2）求在上的最大值、最小值.
【答案】（1）
（2）最大值，最小值
【解析】
分析】（1）求导，根据切线方程可得，即可得解；
（2）利用导数求出函数的单调区间，再求出函数的极值及端点的函数值，从而可得答案.
【小问1详解】
，
因为函数在处切线方程为：，
所以，解得，
所以；
【小问2详解】
，
当或时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又，
所以.
17. 在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，平面，点为中点．
（1）证明：平面；
（2）已知，求平面与平面所成二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交与点O，证明四边形为平行四边形，推出，根据线面平行的判定定理，即可证明结论；
（2）取中点为N，连接，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面和平面法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
证明：连接交与点O，连接，
由于平面平面，
平面平面，故，
O为的中点，点为中点，故，
，则四边形为平行四边形，
则，而平面，平面，
故平面；
【小问2详解】
由（1）知，取中点为N，连接，
由题意知是边长为2的正三角形，在中，，
则，故，
是边长为2的正三角形，则，
又平面，则平面，
平面，故，
，则为正三角形，故，
而平面，故平面，
以N为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，则，
则，令，则；
，设平面的法向量为，
则，即，令，则，
故，
设平面与平面所成二面角为，
故，故平面与平面所成二面角的正弦值为.
18. 如图，是半球的直径，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且．
（1）证明：平面：
（2）若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，可证为的中点且，可得，又，由线面垂直的判定可证；
（2）以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，用向量法可求解.
【小问1详解】
连接，因为是底面半圆弧上的两个三等分点，
所以有，又因为，
所以都为正三角形，
所以，四边形是菱形，
记与的交点为，为和的中点，
因为，
所以三角形为正三角形，
所以，所以，
因为是半球面上一点，是半球的直径，所以，
因为，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为点在底面圆内的射影恰在上，
由（1）知为的中点，为正三角形，所以，
所以底面，
因为四边形是菱形，所以，
即两两互相垂直，
以点为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，则，
设直线与平面的所成角为，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
19. 牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根在的附近，如图所示，然后在点处作的切线，切线与轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，……，．从图形上我们可以看到较接近，较接近，等等．显然，它们会越来越逼近．于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解．
已知函数，．
（1）当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解（取，且结果保留小数点后第二位）；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求处的切线方程，求得，再求处的切线方程，再依次求取，直到，求，即可求解；（2）首先化简不等式，，再构造函数，并求函数的导数，讨论和两种情况下函数的单调性，转化为求函数的最值，并结合最值的单调性，即可求解.
【小问1详解】
当时，，则，
曲线在处的切线为，且
曲线在处的切线为，且
故，用牛顿迭代法求方程满足精度的近似解为．
【小问2详解】
由，得，
设，
则
∴当时，，单调递增，由于时，，不合题意；
当时，则有，，单调递减，，，单调递增，
即，即
易知单调递增，且，故.
【点睛】关键点点睛：本题第一问的关键是理解题意，重点是利用导数的几何意义求切线方程；第二问的关键是转化不等式，从而分析函数的性质，即可利用导数分析函数的性质.2023-2024学年度高二年级第二学期阶段检测（一）
数学
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在空间直角坐标系中，已知点，若三点共线，则的值为（ ）
A. B. C. 10 D. 13
2. 设函数在处存在导数为2，则（ ）
A. 2 B. 1 C. D. 4
3. 重阳节，农历九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久之意，人们常在此日感恩敬老，是我国民间的传统节日，某校在重阳节当日安排6位学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案数是（ ）
A. 35 B. 40 C. 50 D. 70
4. 已知是四面体的棱的中点，点在线段上，点在线段上，且，以为基底，则可以表示为（ ）
A.
B.
C.
D.
5. 江苏海安是江海文明的发源地，物华天宝，人杰地灵.海安曾有名胜“三塘十景”，可惜时光变迁，战火摧残，多数已面目全非.随着海安城市人文建设的深化，“三塘十景”逐一复原重建.海中高二年级几名同学打算利用周末时间寻访“十景”：东郊文社、南城桃坞、西寺晚钟、北园菊圃、凤山早霞、三里风帆、镜虹水阁、韩阡翠柏、双桥曲径、桂岭秋香.因时间有限，计划从中随机选取4个依次游览，若选中东郊文社，则东郊文社不是第一个游览的情况有（ ）
A. 2016种 B. 1512种 C. 1426种 D. 1362种
6. 在三棱锥中，，，两两垂直，且，，，三角形重心为G，则点P到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
7. 2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有( )
A. 3864种 B. 3216种 C. 3144种 D. 2952种
8. 古代城池中的“瓮城”，又叫“曲池”，是加装在城门前面或里面的又一层门，若敌人攻入瓮城中，可形成“瓮中捉鳖”之势.如下图的“曲池”是上.下底面均为半圆形的柱体.若垂直于半圆柱下底面半圆所在平面，，，，为弧的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题（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.正确答案为3个的选对1个得2分；正确答案为2个的选对1个得3分；有选错的得0分.）
9. 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，则与夹角锐角
D. 若直线l方向向量为，平面的一个法向量为，则
10. 用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A. 可组成360个四位数
B. 可组成216个是5的倍数的五位数
C. 可组成270个比1325大四位数
D. 若将组成四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2301
11. 如图，在正四棱锥P﹣ABCD中，AB＝1，PB＝2，E是PC的中点．设棱锥P﹣ABCD与棱锥E﹣BCD的体积分别为V1，V2，PB，PC与平面BDE所成的角分别为α，β，则（ ）
A. PA∥平面BDE B. PC⊥平面BDE
C. V1：V2＝4：1 D. sinα：sinβ＝1：2
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 空间四边形中，，，，且异面直线与成，则异面直线与所成角的大小为____________.
13. 若曲线（为常数）不存在斜率为负数的切线，则实数的取值范围是__________．
14. 将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色各不相同的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则______．
三、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. 已知向量，，
（1）求的值；
（2）求；
（3）求的最小值.
16. 若函数，在处切线方程为：.
（1）求的解析式；
（2）求在上的最大值、最小值.
17. 在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，平面，点为中点．
（1）证明：平面；
（2）已知，求平面与平面所成二面角的正弦值．
18. 如图，是半球的直径，是底面半圆弧上的两个三等分点，是半球面上一点，且．
（1）证明：平面：
（2）若点在底面圆内的射影恰在上，求直线与平面所成角的正弦值．
19. 牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程的其中一个根在的附近，如图所示，然后在点处作的切线，切线与轴交点的横坐标就是，用代替重复上面的过程得到；一直继续下去，得到，，，……，．从图形上我们可以看到较接近，较接近，等等．显然，它们会越来越逼近．于是，求近似解的过程转化为求，若设精度为，则把首次满足的称为的近似解．
已知函数，．
（1）当时，试用牛顿迭代法求方程满足精度近似解（取，且结果保留小数点后第二位）；
（2）若，求的取值范围．
