2023屆廣東省茂名市高三二模數(shù)學試題（解析版）

高級中學精品試卷PAGEPAGE1廣東省茂名市2023屆高三二模數(shù)學試題一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗集合，.要使，只需，解得：.故選：A.2.若復數(shù)滿足，則（）A.2 B. C.3 D.5〖答案〗D〖解析〗，.故選：D.3.已知平面α，直線m，n滿足mα，nα，則“m∥n”是“m∥α”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗，，所以當時，成立，即充分性成立；當時，不一定成立，可能是異面直線，故必要性不成立；所以是的充分不必要條件，故選：A4.從1、2、3、4、5中任選3個不同數(shù)字組成一個三位數(shù)，則該三位數(shù)能被3整除概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗從1、2、3、4、5中任選3個不同數(shù)字組成一個三位數(shù)，有種；要使該三位數(shù)能被3整除，只需數(shù)字和能被3整除，所以數(shù)字為1，2，3時，有種；數(shù)字為1，3，5時，有種；數(shù)字為2，3，4時，有種；數(shù)字為3，4，5時，有種；共24種.所以該三位數(shù)能被3整除的概率為.故選：D5.已知平面內(nèi)的動點，直線：，當變化時點始終不在直線上，點為：上的動點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由原點到直線：的距離為，可知直線是：的切線，又動直線始終沒有經(jīng)過點，所以點在該圓內(nèi)，因為點為：上的動點，且，，∴，又，即的取值范圍為，故選：D6.如圖所示，正三棱錐，底面邊長為2，點Р到平面ABC距離為2，點M在平面PAC內(nèi)，且點M到平面ABC的距離是點P到平面ABC距離的，過點M作一個平面，使其平行于直線PB和AC，則這個平面與三棱錐表面交線的總長為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因為三棱錐為正三棱錐，所有三角形為等邊三角形并且邊長為2，即.又因為為正三棱錐，因此過點P作底面的垂線于點O，則點O為三角形的中心.過B作AC的垂線于H.由三角形為等邊三角形，因此，在直角三角形中，.又因為，在直角三角形中，，故.因為三棱錐為正三棱錐，因此均為等腰三角形.又M到平面距離為點P到平面距離的，因此M為的三等分點（靠近P），過點M作交于，交于.過點作交于，過點作交于，連接.所以，則四點共面.因為，面，面所以面.所以面即為過點M且平行于直線PB和AC的平面.利用三角形相似可得：,.這個平面與三棱錐表面交線的總長為.故選：B7.黎曼函數(shù)是由德國數(shù)學家黎曼發(fā)現(xiàn)并提出的，它是一個無法用圖象表示的特殊函數(shù)，此函數(shù)在高等數(shù)學中有著廣泛的應用，在上的定義為：當（，且p，q為互質(zhì)的正整數(shù)）時，；當或或為內(nèi)的無理數(shù)時，，則下列說法錯誤的是（）A.在上的最大值為B.若，則C.存在大于1實數(shù)，使方程有實數(shù)根D.，〖答案〗C〖解析〗設，（，且為互質(zhì)的正整數(shù)），或或時上的無理數(shù)，對于A中，由題意，的值域為，其中p是大于等于2的正整數(shù)，所以A正確；對于B中，①若，設，（互質(zhì)，互質(zhì)），，則；②若有一個為0，則，所以B正確；對于C中：若為大于1的正數(shù)，則，而的最大值為，所以該方程不可能有實根，所以C錯誤；對于D中：和內(nèi)的無理數(shù)，則，，，若為內(nèi)的有理數(shù)，設（為正整數(shù)，為最簡真分數(shù)），則，所以D正確.故選：C.8.已知函數(shù)，若實數(shù)a、b、c使得對任意的實數(shù)恒成立，則的值為（）A. B. C.2 D.〖答案〗B〖解析〗設，可得，其中，且，因為實數(shù)使得對任意的實數(shù)恒成立，即恒成立，即恒成立，所以由上式對任意恒成立，故必有，若，則由式①知，顯然不滿足式③，所以，所以，由式②知，則，當時，則式①，③矛盾.所以，由式①，③知，所以.故選：B.二、多選題：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，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.小愛同學在一周內(nèi)自測體溫（單位：℃）依次為36.1，36.2，36.1，36.5，36.3，36.6，36.3，則該組數(shù)據(jù)的（）A.平均數(shù)為36.3 B.方差為0.04C.中位數(shù)為36.3 D.第80百分位數(shù)為36.55〖答案〗AC〖解析〗把數(shù)據(jù)從小到大排列后：36.1，36.1，36.2，36.3，36.3，36.5，36.6.所以平均數(shù)為.故A正確；方差為.故B錯誤.中位數(shù)為36.3.故C正確；因為，所以第80百分位數(shù)為第6個數(shù)字36.5.故D錯誤.故選：AC.10.已知為坐標原點，橢圓：的左、右焦點分別為、，橢圓的上頂點和右頂點分別為A、B，點P、Q都在上，且，則下列說法正確的是（）A.周長的最小值為14B.四邊形可能是矩形C.直線，的斜率之積為定值D.的面積最大值為〖答案〗ACD〖解析〗由，可知P，Q關(guān)于原點對稱.對于A.根據(jù)橢圓的對稱性，，當PQ為橢圓的短軸時，有最小值6，所以周長的最小值為14.故A正確；對于B.因為，所以，則，故橢圓上不存在點，使得，又四邊形是平行四邊形，所以四邊形不可能是矩形.故B不正確.對于C.由題意得，設，則，所以.故C正確；對于D.設的面積為，所以當PQ為橢圓的短軸時，最大，所以.故D正確.故選：ACD.11.已知，若關(guān)于的方程恰好有6個不同的實數(shù)解，則的取值可以是（）A. B. C. D.〖答案〗AB〖解析〗記，則所以在單調(diào)增，在單調(diào)減所以的大致圖像如下所示：令，所以關(guān)于的方程有6個不同實根等價于關(guān)于方程在內(nèi)有2個不等實根.即與在內(nèi)有2個不同交點又的大致圖像如下所示：又，所以.對照四個選項，AB符合題意.故選：AB12.如圖所示，有一個棱長為4的正四面體容器，D是PB的中點，E是CD上的動點，則下列說法正確的是（）A.若E是CD的中點，則直線AE與PB所成角為B.的周長最小值為C.如果在這個容器中放入1個小球（全部進入），則小球半徑的最大值為D.如果在這個容器中放入10個完全相同的小球（全部進入），則小球半徑的最大值為〖答案〗ACD〖解析〗A選項：連接AD.在正四面體中，D是PB的中點，所以.因為平面，平面，,所以直線平面.因為平面.所以，所以直線AE與PB所成角為.故A選項正確；B選項，把沿著CD展開與面BDC同一個平面內(nèi)，由，，所以，所以，所以的周長最小值為不正確.故B選項錯誤；C選項，要使小球半徑最大，則小球與四個面相切，是正四面體的內(nèi)切球，設半徑為r.由等體積法可得：，所以半徑.故C選項正確；D選項，10個小球分三層（1個，3個，6個）放進去，要使小球半徑要最大，則外層小球與四個面相切，設小球半徑為，四個角小球球心連線是棱長為的正四面體，其高為，由正四面體內(nèi)切球的半徑是高的得，如圖正四面體，則，正四面體高為，得.故D選項正確.故選：ACD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知實數(shù)a，b滿足，則的最小值是__________.〖答案〗〖解析〗因為實數(shù)a，b滿足，所以，且.令，則，所以，代入，則有，所以關(guān)于b的一元二次方程有正根，只需，解得：.此時，關(guān)于b的一元二次方程的兩根，所以兩根同號，只需，解得.綜上所述：.即的最小值是（此時，解得：）.故〖答案〗為：.14.已知函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱，且時，，則曲線在點處的切線方程為___________.〖答案〗〖解析〗設分別為函數(shù)的圖像上關(guān)于直線對稱的兩點，不妨設，則.所以，所以所以.所以當時，.所以.而，所以.所以曲線在點處的切線方程為，即.故〖答案〗為：.15.已知拋物線的焦點為，準線為，過的直線與拋物線交于點A、B，與直線交于點D，若且，則___________.〖答案〗3〖解析〗如圖，設準線與軸的交點為，作，垂足分別為，，則.根據(jù)拋物線定義知，，設，因為，所以，∴.設，所以，所以.16.修建棧道是提升旅游觀光效果的一種常見手段.如圖，某水庫有一個半徑為1百米的半圓形小島，其圓心為C且直徑MN平行壩面.壩面上點A滿足，且AC長度為3百米，為便于游客到小島觀光，打算從點A到小島建三段棧道AB、BD與BE，水面上的點B在線段AC上，且BD、BE均與圓C相切，切點分別為D、E，其中棧道AB、BD、BE和小島在同一個平面上.此外在半圓小島上再修建棧道、以及MN，則需要修建的棧道總長度的最小值為__________百米.〖答案〗〖解析〗連接CD，CE，由半圓半徑為1得：.由對稱性，設，又，，所以，，易知，所以的長為.又，故，故，令且，則，，所以.-0+單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以棧道總長度最小值.故〖答案〗為：.四、解答題：共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知數(shù)列的前項和滿足，且.（1）求，，；（2）若不超過240，求的最大值.解：（1）當時，，當時，，當時，，（2）∵，①∴當時，，又，則，當時，②，①-②可得：，當為偶數(shù)時，∴.當為奇數(shù)時，∴由，得，的最大取值為15.18.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足.（1）求A；（2）若D為邊BC上一點，且，試判斷的形狀.解：（1）由得，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即，因，所以.（2）設，，則，，，在中，由正弦定理知，即，即，化簡得，所以，，所以是直角三角形.19.在四棱錐中，平面平面，，為的中點.（1）求證：；（2）若，，，，點在棱上，直線與平面所成角為，求點到平面的距離.（1）證明：∵，為的中點，∴又∵平面平面，平面平面，∴平面，又平面，∴（2）解：由，，可知四邊形等腰梯形，易知，∵，∴建立如圖所示的空間直角坐標系，，，，，，平面的法向量為，設，則，，，∵直線與平面所成角為，∴，∴①∵點在棱上，∴，即，∴，，代入①解得或（舍去）.，，，設平面的法向量為，，令，得，，所以點到平面的距離20.已知，分別為雙曲線：的左、右焦點，Р為漸近線上一點，且，.（1）求雙曲線的離心率；（2）若雙曲線E實軸長為2，過點且斜率為的直線交雙曲線C的右支不同的A，B兩點，為軸上一點且滿足，試探究是否為定值，若是，則求出該定值；若不是，請說明理由.解：（1）由，可設，在中，因為，所以，即，所以，即為直角三角形.所以在中，，，，所以，則雙曲線的離心率為.（2）由（1）可知在雙曲線中有且實軸長為2，所以，所以雙曲線方程為.由，故設斜率為k的直線為，聯(lián)立，可得，因為直線與雙曲線右支交于不同兩點，所以，解得：.設，，則，，則，，即，的中點坐標為，因為Q為x軸上一點，滿足，故Q為AB的垂直平分線與x軸的交點，AB的垂直平分線的方程為：，令，則得，即，所以，又又因為，在雙曲線的右支上，故，，故，即，故，即為定值.21.已知函數(shù)，為常數(shù)，且.（1）判斷的單調(diào)性；（2）當時，如果存在兩個不同的正實數(shù)，且，證明：.（1）解：∵，∴，，記，①當，即時，恒成立，所以在上恒成立，所以上單調(diào)遞增.②當，即時，方程有兩個不等實根，且，，∴，，，單調(diào)遞增，，，，單調(diào)遞減，，，，單調(diào)遞增，綜上所述：①當時，在上單調(diào)遞增，②當時，在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.（2）證明：∵，∴，由（1）可知時，在上單調(diào)遞增，故不妨設，要證：，即證：，又∵當時，在上單調(diào)遞增，∴只需證，又∵，∴只需證：，即證：，（），記，，，∴當時，恒成立，單調(diào)遞增，∴，∴原命題得證.即.22.馬爾可夫鏈是因俄國數(shù)學家安德烈·馬爾可夫得名，其過程具備“無記憶”的性質(zhì)，即第次狀態(tài)的概率分布只跟第次的狀態(tài)有關(guān)，與第次狀態(tài)是“沒有任何關(guān)系的”.現(xiàn)有甲、乙兩個盒子，盒子中都有大小、形狀、質(zhì)地相同的2個紅球和1個黑球.從兩個盒子中各任取一個球交換，重復進行次操作后，記甲盒子中黑球個數(shù)為，甲盒中恰有1個黑球的概率為，恰有2個黑球的概率為.（1）求的分布列；（2）求數(shù)列的通項公式；（3）求的期望.解：（1）由題可知，的可能取值為0，1，2.由相互獨立事件概率乘法公式可知：;;，故的分布列如下表：012（2）由全概率公式可知：，即：，所以，所以，又，所以，數(shù)列為以為首項，以為公比的等比數(shù)列，所以，即：.（3）由全概率公式可得：,即：,又,所以,所以,又,所以,所以,所以,所以廣東省茂名市2023屆高三二模數(shù)學試題一、單選題：本大題共8小題，每小題5分，滿分40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，若，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗集合，.要使，只需，解得：.故選：A.2.若復數(shù)滿足，則（）A.2 B. C.3 D.5〖答案〗D〖解析〗，.故選：D.3.已知平面α，直線m，n滿足mα，nα，則“m∥n”是“m∥α”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件〖答案〗A〖解析〗，，所以當時，成立，即充分性成立；當時，不一定成立，可能是異面直線，故必要性不成立；所以是的充分不必要條件，故選：A4.從1、2、3、4、5中任選3個不同數(shù)字組成一個三位數(shù)，則該三位數(shù)能被3整除概率為（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗從1、2、3、4、5中任選3個不同數(shù)字組成一個三位數(shù)，有種；要使該三位數(shù)能被3整除，只需數(shù)字和能被3整除，所以數(shù)字為1，2，3時，有種；數(shù)字為1，3，5時，有種；數(shù)字為2，3，4時，有種；數(shù)字為3，4，5時，有種；共24種.所以該三位數(shù)能被3整除的概率為.故選：D5.已知平面內(nèi)的動點，直線：，當變化時點始終不在直線上，點為：上的動點，則的取值范圍為（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗由原點到直線：的距離為，可知直線是：的切線，又動直線始終沒有經(jīng)過點，所以點在該圓內(nèi)，因為點為：上的動點，且，，∴，又，即的取值范圍為，故選：D6.如圖所示，正三棱錐，底面邊長為2，點Р到平面ABC距離為2，點M在平面PAC內(nèi)，且點M到平面ABC的距離是點P到平面ABC距離的，過點M作一個平面，使其平行于直線PB和AC，則這個平面與三棱錐表面交線的總長為（）A. B.C. D.〖答案〗B〖解析〗因為三棱錐為正三棱錐，所有三角形為等邊三角形并且邊長為2，即.又因為為正三棱錐，因此過點P作底面的垂線于點O，則點O為三角形的中心.過B作AC的垂線于H.由三角形為等邊三角形，因此，在直角三角形中，.又因為，在直角三角形中，，故.因為三棱錐為正三棱錐，因此均為等腰三角形.又M到平面距離為點P到平面距離的，因此M為的三等分點（靠近P），過點M作交于，交于.過點作交于，過點作交于，連接.所以，則四點共面.因為，面，面所以面.所以面即為過點M且平行于直線PB和AC的平面.利用三角形相似可得：,.這個平面與三棱錐表面交線的總長為.故選：B7.黎曼函數(shù)是由德國數(shù)學家黎曼發(fā)現(xiàn)并提出的，它是一個無法用圖象表示的特殊函數(shù)，此函數(shù)在高等數(shù)學中有著廣泛的應用，在上的定義為：當（，且p，q為互質(zhì)的正整數(shù)）時，；當或或為內(nèi)的無理數(shù)時，，則下列說法錯誤的是（）A.在上的最大值為B.若，則C.存在大于1實數(shù)，使方程有實數(shù)根D.，〖答案〗C〖解析〗設，（，且為互質(zhì)的正整數(shù)），或或時上的無理數(shù)，對于A中，由題意，的值域為，其中p是大于等于2的正整數(shù)，所以A正確；對于B中，①若，設，（互質(zhì)，互質(zhì)），，則；②若有一個為0，則，所以B正確；對于C中：若為大于1的正數(shù)，則，而的最大值為，所以該方程不可能有實根，所以C錯誤；對于D中：和內(nèi)的無理數(shù)，則，，，若為內(nèi)的有理數(shù)，設（為正整數(shù)，為最簡真分數(shù)），則，所以D正確.故選：C.8.已知函數(shù)，若實數(shù)a、b、c使得對任意的實數(shù)恒成立，則的值為（）A. B. C.2 D.〖答案〗B〖解析〗設，可得，其中，且，因為實數(shù)使得對任意的實數(shù)恒成立，即恒成立，即恒成立，所以由上式對任意恒成立，故必有，若，則由式①知，顯然不滿足式③，所以，所以，由式②知，則，當時，則式①，③矛盾.所以，由式①，③知，所以.故選：B.二、多選題：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，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.小愛同學在一周內(nèi)自測體溫（單位：℃）依次為36.1，36.2，36.1，36.5，36.3，36.6，36.3，則該組數(shù)據(jù)的（）A.平均數(shù)為36.3 B.方差為0.04C.中位數(shù)為36.3 D.第80百分位數(shù)為36.55〖答案〗AC〖解析〗把數(shù)據(jù)從小到大排列后：36.1，36.1，36.2，36.3，36.3，36.5，36.6.所以平均數(shù)為.故A正確；方差為.故B錯誤.中位數(shù)為36.3.故C正確；因為，所以第80百分位數(shù)為第6個數(shù)字36.5.故D錯誤.故選：AC.10.已知為坐標原點，橢圓：的左、右焦點分別為、，橢圓的上頂點和右頂點分別為A、B，點P、Q都在上，且，則下列說法正確的是（）A.周長的最小值為14B.四邊形可能是矩形C.直線，的斜率之積為定值D.的面積最大值為〖答案〗ACD〖解析〗由，可知P，Q關(guān)于原點對稱.對于A.根據(jù)橢圓的對稱性，，當PQ為橢圓的短軸時，有最小值6，所以周長的最小值為14.故A正確；對于B.因為，所以，則，故橢圓上不存在點，使得，又四邊形是平行四邊形，所以四邊形不可能是矩形.故B不正確.對于C.由題意得，設，則，所以.故C正確；對于D.設的面積為，所以當PQ為橢圓的短軸時，最大，所以.故D正確.故選：ACD.11.已知，若關(guān)于的方程恰好有6個不同的實數(shù)解，則的取值可以是（）A. B. C. D.〖答案〗AB〖解析〗記，則所以在單調(diào)增，在單調(diào)減所以的大致圖像如下所示：令，所以關(guān)于的方程有6個不同實根等價于關(guān)于方程在內(nèi)有2個不等實根.即與在內(nèi)有2個不同交點又的大致圖像如下所示：又，所以.對照四個選項，AB符合題意.故選：AB12.如圖所示，有一個棱長為4的正四面體容器，D是PB的中點，E是CD上的動點，則下列說法正確的是（）A.若E是CD的中點，則直線AE與PB所成角為B.的周長最小值為C.如果在這個容器中放入1個小球（全部進入），則小球半徑的最大值為D.如果在這個容器中放入10個完全相同的小球（全部進入），則小球半徑的最大值為〖答案〗ACD〖解析〗A選項：連接AD.在正四面體中，D是PB的中點，所以.因為平面，平面，,所以直線平面.因為平面.所以，所以直線AE與PB所成角為.故A選項正確；B選項，把沿著CD展開與面BDC同一個平面內(nèi)，由，，所以，所以，所以的周長最小值為不正確.故B選項錯誤；C選項，要使小球半徑最大，則小球與四個面相切，是正四面體的內(nèi)切球，設半徑為r.由等體積法可得：，所以半徑.故C選項正確；D選項，10個小球分三層（1個，3個，6個）放進去，要使小球半徑要最大，則外層小球與四個面相切，設小球半徑為，四個角小球球心連線是棱長為的正四面體，其高為，由正四面體內(nèi)切球的半徑是高的得，如圖正四面體，則，正四面體高為，得.故D選項正確.故選：ACD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知實數(shù)a，b滿足，則的最小值是__________.〖答案〗〖解析〗因為實數(shù)a，b滿足，所以，且.令，則，所以，代入，則有，所以關(guān)于b的一元二次方程有正根，只需，解得：.此時，關(guān)于b的一元二次方程的兩根，所以兩根同號，只需，解得.綜上所述：.即的最小值是（此時，解得：）.故〖答案〗為：.14.已知函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱，且時，，則曲線在點處的切線方程為___________.〖答案〗〖解析〗設分別為函數(shù)的圖像上關(guān)于直線對稱的兩點，不妨設，則.所以，所以所以.所以當時，.所以.而，所以.所以曲線在點處的切線方程為，即.故〖答案〗為：.15.已知拋物線的焦點為，準線為，過的直線與拋物線交于點A、B，與直線交于點D，若且，則___________.〖答案〗3〖解析〗如圖，設準線與軸的交點為，作，垂足分別為，，則.根據(jù)拋物線定義知，，設，因為，所以，∴.設，所以，所以.16.修建棧道是提升旅游觀光效果的一種常見手段.如圖，某水庫有一個半徑為1百米的半圓形小島，其圓心為C且直徑MN平行壩面.壩面上點A滿足，且AC長度為3百米，為便于游客到小島觀光，打算從點A到小島建三段棧道AB、BD與BE，水面上的點B在線段AC上，且BD、BE均與圓C相切，切點分別為D、E，其中棧道AB、BD、BE和小島在同一個平面上.此外在半圓小島上再修建棧道、以及MN，則需要修建的棧道總長度的最小值為__________百米.〖答案〗〖解析〗連接CD，CE，由半圓半徑為1得：.由對稱性，設，又，，所以，，易知，所以的長為.又，故，故，令且，則，，所以.-0+單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以棧道總長度最小值.故〖答案〗為：.四、解答題：共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.已知數(shù)列的前項和滿足，且.（1）求，，；（2）若不超過240，求的最大值.解：（1）當時，，當時，，當時，，（2）∵，①∴當時，，又，則，當時，②，①-②可得：，當為偶數(shù)時，∴.當為奇數(shù)時，∴由，得，的最大取值為15.18.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足.（1）求A；（2）若D為邊BC上一點，且，試判斷的形狀.解：（1）由得，所以，所以，所以，所以，所以，所以，即，因，所以.（2）設，，則，，，在中，由正弦定理知，即，即，化簡得，所以，，所以是直角三角形.19.在四棱錐中，平面平面，，為的中點.（1）求證：；（2）若，，，，點在棱上，直線與平面所成角為，求點到平面的距離.（1）證明：∵，為的中點，∴又∵平面平面，平面平面，∴平面，又平面，∴（2）解：由，，可知四邊形等腰梯形，易知，∵，∴建立如圖所示的空間直角坐標系，，，，，，平面的法向量為，設，則，，，∵直線與平