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天津市北辰区2023-2024学年高二数学上学期期中试题(Word版附解析)
天津市北辰区2023-2024学年高二数学上学期期中试题(Word版附解析)
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北辰区2023~2024学年度第一学期期中检测试卷高二数学说明:本试卷共有选择、填空、解答三道大题,共计120分,考试时间:100分钟一、选择题.(本大题共9个小题,每小题4分,共36分,在每小题的四个选项中,只有一项是正确的,请把它选出并填在答题卡上)1.已知向量,,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据空间向量的加法坐标运算可得.【详解】因为,,所以,故选:D2.直线的倾斜角为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可得直线斜率,即可得倾斜角.【详解】,则直线斜率为,故倾斜角为.故选:D3.过点且与直线垂直的直线方程是()A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据垂直关系设出直线方程为,代入点的坐标,求出答案.【详解】与直线垂直的直线方程可设为,将代入可得,解得,故过点且与直线垂直的直线方程为.故选:B4.若方程表示圆,则实数的取值范围为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据圆的一般式的意义列不等式,解不等式.【详解】由方程表示圆,得,解得,故选:A.5.已知椭圆,焦点在轴上,且焦距为4,则短轴长为()A.B.4C.D.8【答案】A【解析】【分析】由题可得,后由,可得m,即可得答案.【详解】设椭圆半焦距为c,半长轴为a,半短轴为b,则由题有,则.故,则短轴长为.故选:A6.若直线与平行,则的值为()A.0B.2C.3D.2或3 【答案】D【解析】【分析】根据两直线平行的充要条件计算可得.【详解】因为直线与平行,所以,解得或,当时直线与平行,符合题意;当时直线与平行,符合题意;所以或.故选:D7.在平行六面体中,M为与的交点,,,,则下列向量中与相等的向量是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用空间向量的线性运算进行求解.【详解】.故选:A.8.若直线不经过第一象限,则t的取值范围为()A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】将直线方程化为斜截式,由直线不过第一象限,则斜率小于等于零即可得解;【详解】解:直线方程可化为,因为直线不经过第一象限,所以,解得.故选:D【点睛】本题考查直线的斜截式方程的应用,属于基础题.9.在正方体中,为中点,,,,,使得,则()A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系,得到点的坐标,根据得到方程组,求出,得到答案.【详解】以为坐标原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,设正方体边长为,则,则,因为,所以,故,解得,故, 故选:A二、填空题.(本大题共6个小题,每小题4分,共24分.请将正确答案填在答题卡上)10.已知椭圆上一点到其一个焦点的距离为,则点到另一个焦点的距离为________.【答案】【解析】【分析】根据椭圆的定义计算可得.【详解】椭圆,则,所以,根据椭圆的定义可知椭圆上的点到两焦点的距离之和为,因为椭圆上点到其一个焦点的距离为,则点到另一个焦点的距离为.故答案为:11.直线在两坐标轴上的截距之和为________.【答案】【解析】【分析】根据截距的定义即可分别求解轴上的截距为,即可相加求解.【详解】令则,令,则,所以在轴上的截距分别为,故, 故答案为:12.已知四面体ABCD,G是CD的中点,连接AG,则________.【答案】##【解析】【分析】根据已知条件作出图形,利用空间向量的加法法则即可求解.【详解】四面体,是的中点,如图,则,所以.故答案为:13.直线与,若,则实数________.【答案】或【解析】【分析】根据两直线垂直的充要条件得到方程,解得即可.【详解】因为直线与垂直,所以,解得或.故答案为:或14.已知空间向量,,两两夹角均为,其模均为1,则____________.【答案】【解析】【分析】根据空间向量数量积的定义可求得,进而求得的值,从而求解.【详解】因为,且两两夹角为, 所以,所以,所以.故答案为:.15.已知直线l被两条直线和截得的线段的中点为,则直线l的一般式方程为______.【答案】【解析】【分析】通过解方程组求出直线l与两直线交点的坐标,再利用中点坐标公式进行求解即可.【详解】设直线l的斜率为,因为直线l过,所以直线方程为,由,由,由题意可知:是截得线段的中点,所以,即,故答案为:三、解答题.(本大题共5个小题,共60分)16.已知直线过原点,且与平行.(1)求直线的方程;(2)求与间的距离;(3)若圆经过点,,并且被直线平分,求圆方程.【答案】(1)(2) (3)【解析】【分析】(1)根据直线平行满足斜率相等,即可求解,(2)根据平行线间距离公式即可求解,(3)根据圆心在上,结合,在圆上,由两点距离公式,即可求解.【小问1详解】根据题意,直线与平行,则有斜率为,.又因其过原点,所以方程为.【小问2详解】方程为,所以与间的距离为..【小问3详解】设圆心由于直线平分圆,所以圆心在直线上,即.又,所以有.联立,解得.所以所以圆的方程为.17.如图,在四棱锥中,,,,底面为正方形,、分别为、的中点. (1)证明:平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值;(3)求平面与平面的夹角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2);(3).【解析】【分析】(1)利用中位线的性质得出,再利用线面平行的判定定理可证得结论成立;(2)以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系,利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值;(3)利用空间向量法可求得平面与平面的夹角的余弦值.【小问1详解】证明:、分别为、的中点,则,平面,平面,故平面.【小问2详解】解:因为四边形为正方形,则,又因为,,以点为坐标原点,、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系, 则、、、、、、,设平面的法向量为,,,则,得,取,可得,,则,因此,直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】解:易知平面的一个法向量为,.因此,平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知椭圆过点,且离心率为(1)求椭圆的方程;(2)若过原点的直线与椭圆交于两点,且在直线上存在点,使得为等边三角形,求直线的方程.【答案】(1);(2)方程为y=0或. 【解析】【分析】(1)将点代入椭圆方程,由,结合,可得,即可求解.(2)讨论直线斜率或斜率时,将直线与椭圆方程联立,求出交点,设,可得,再将的垂直平分线方程与椭圆联立,求出,求出,根据即可求解.【详解】(1)由题,解得,,,∴椭圆的方程为(2)由题,当斜率时,此时,直线与轴的交点满足题意;当的斜率时,设直线,与椭圆联立得,,设,则,,又垂直平分线方程为,由,解得,,,∵为等边三角形,,即,解得(舍去),,∴直线的方程为 综上可知,直线的方程为y=0或.【点睛】关键点点睛:将直线方程联立,关键求出,由的形状,列出等式,此题要求有较高的计算求解能力,难度较大.19.如图,在四棱锥中,平面ABCD,底面ABCD是直角梯形,其中∥,,,,为棱BC上的点,且.(1)求证:平面PAC;(2)求点到平面PCD的距离;(3)设为棱CP上的点(不与C,P重合),且直线QE与平面PAC所成角的正弦值为,求的值.【答案】(1)证明见解析(2)2(3)【解析】【分析】(1)如图建立空间直角坐标系.利用向量法可得,,即可证明结论;(2)由(1)可得与平面PCD的法向量,即可得答案;(3)设,后由直线QE与平面PAC所成角的正弦值为结合空间向量知识可得关于的方程,即可得答案.【小问1详解】因为平面,平面,平面所以,.因为则以A为坐标原点,建立如图的空间直角坐标系.由已知可得,,,,,.所以,,.因为,所以.,所以. 又,平面,平面.所以平面;【小问2详解】由(1)可知,设平面的法向量因为,.所以,即不妨设,得点到平面的距离.所以点到平面的距离为..【小问3详解】设,即.则,即.则.由(1)可取为平面PAC法向量.因与平面夹角正弦值为,则即解得,即.20.已知椭圆经过点,且离心率为.(1)求椭圆的方程;(2)若直线与椭圆相交于A,B两点,线段AB的中点为,是否存在常数,使恒成立,并说明理由. 【答案】(1)(2)存在,理由见解析【解析】【分析】(1)由题可得,结合可得,即可得答案;(2)将直线方程与椭圆方程联立,利用韦达定理可得,后由题意可的答案.小问1详解】由题意知,又因为解得.所以椭圆方程为..【小问2详解】存在常数,使恒成立.证明如下:由得,且.设,,则,.又因为,,,所以.又因为线段的中点为,所以,所.所以存在常数,使恒成立.
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高中 - 数学
发布时间:2023-11-23 19:20:07
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文章作者:随遇而安
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