天津市第四十七中学2023-2024学年高二上学期11月期中数学试题（Word版附解析）

2023-2024天津市第四十七中学高二年级第一学期期中质量检测数学试卷一､选择题（每题5分，共45分）1.直线的倾斜角为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据直线斜率求倾斜角即可.【详解】直线中，斜率，而斜率，，又，.故选：C2.已知直线：与：，则“”是“”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】D【解析】【分析】由两直线平行的判定，列方程求参数，注意验证是否存在重合情况，再结合充分、必要性定义判断即可.【详解】若，则，即或，当时，则直线：与：，显然两直线重合；当时，则直线：与：，显然两直线平行；综上所述，若，则所以，“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D.3.已知，，，则在上的投影向量为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的定义，分别计算出数量积及的模长，即可得出答案.【详解】易知，，所以．因为，所以，故在上的投影向量为．故选：D．4.如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算进行求解.【详解】.故选：D5.抛物线的焦点到圆上点的距离的最大值为（） A.6B.2C.5D.8【答案】A【解析】【分析】求出抛物线的焦点坐标，再利用圆的性质求解作答.【详解】拋物线的焦点为，圆C：的圆心为，半径，，所以F到圆C上点的距离的最大值为.故选：A6.一条沿直线传播的光线经过点和，然后被直线反射，则反射光线所在的直线方程为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据两点式求得入射光线的直线方程，求得入射光线和直线的交点，再根据反射光线经过入射点的对称点，结合点关于直线对称求得对称点，再利用两点式即可得解.【详解】入射光线所在的直线方程为，即，联立方程组解得即入射点的坐标为．设关于直线对称的点为，则解得，即． 因为反射光线所在直线经过入射点和，所以反射光线所在直线的斜率为，所以反射光线所在的直线方程为，即．故选：D.7.双曲线，点A，B均在E上，若四边形为平行四边形，且直线OC，AB的斜率之积为3，则双曲线E的渐近线的倾斜角为（）A.B.或C.D.或【答案】B【解析】【分析】利用点差法，结合双曲线渐近线方程、平行四边形的性质、中点坐标公式进行求解即可.【详解】设，显然线段的中点坐标为，因四边形为平行四边形，所以线段的中点坐标和线段的中点坐标相同，即为，因此点坐标，因为直线OC，AB的斜率之积为3，所以，因为点A，B均在E上，所以，两式相减得：，所以两条渐近线方程的倾斜角为或，故选：B 【点睛】关键点睛：本题的关键是应用点差法和平行四边形的性质.8.已知圆，点为直线上的一个动点，是圆的两条切线，，是切点，当四边形（点为坐标原点）面积最小时，直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先判断出四边形的面积最小时点的位置，再由两圆公共弦所在直线方程的求法即可求解.【详解】由题意可得，，，所以四边形的面积，所以当最小时，四边形的面积最小，此时直线与直线垂直，的斜率为，则直线的斜率为1，所以此时直线的方程为，由得，即得点的坐标为，则，，以为圆心，为半径的圆方程为，即，与方程两式相减，并化简得，即直线的方程为.故选：A. 9.已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由，令且，，则，根据题设有、、，进而有，将它们整理为关于的齐次方程求离心率即可.【详解】由题设，令且，，则，且①，由，即②，由，即，又C在双曲线上，则③， 由①得：，代入③并整理得：，由①②及得：，所以，即，显然，则.故选：B【点睛】关键点点睛：设且，，结合已知得到关于的齐次方程为关键.二､填空题（每题5分，共30分）10.抛物线的焦点到准线的距离是______．【答案】【解析】【分析】化方程为标准方程，求焦点到准线的距离即可.【详解】抛物线化为标准方程为，则其焦点到准线的距离为，即焦点到准线的距离是．故答案为：.11.已知向量共面，则________．【答案】【解析】【分析】由向量共面定理，结合向量线性关系的坐标运算求参数即可.【详解】由题设且，即，所以. 故答案为：12.已知直线l过点，若直线l在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍，则直线l的方程是______．【答案】或【解析】【分析】分类讨论直线的截距是否为0，一一计算即可.【详解】若直线在坐标轴上的截距都是0，则由点在l上，得其方程为；若直线在坐标轴上的截距不为0，可设其方程为，将点代入可得，所以l的方程是.故答案为：或.13.已知点，直线过原点，且直线的方向向量是向量，则点到直线的距离是__________.【答案】【解析】【分析】由点到直线的距离公式用向量法直接求即可.【详解】由已知得，又因为直线的方向向量是向量，设为，所以由点到直线的距离公式有故答案为：14.若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为，则直线l的倾斜角的正切值的取值范围为__________________．【答案】【解析】 【分析】求出圆的圆心和半径，再利用点到直线的距离公式求出直线的斜率范围作答.【详解】依题意，圆的圆心，半径，由圆上至少有三点到直线的距离为，得圆心到直线的距离不大于，于是，整理得，显然，即，解得，因此直线的斜率，所以直线的倾斜角的正切值的取值范围为.故答案为：15.已知动点在抛物线上，过点引圆切线，切点分别为，，则的最小值为________．【答案】##【解析】【分析】设圆心为，由四边形的面积得，利用转化为，再由距离公式求的最小值即可.【详解】设圆心为，半径为2，则四边形的面积 ，所以，又在中，，所以，设，则，所以当时，有最小值，此时有最小值故答案为：【点睛】关键点点睛：此题中求有最小值关键是利用四边形的面积将的表达式求出来，再转化为的函数求最值.三､解答题（共75分，解答需写出必要的文字说明推理过程或计算步骤，只有结果的不给分）16.在锐角中，内角，，的对边分别为，，，满足.（1）求角的大小；（2）若，求的值；（3）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得到求解；（2）根据，分别求得，再结合，利用两角和的正弦公式求解； （3）结合，，利用余弦定理求得，代入面积公式求解；【详解】（1）因为，所以，，因为，所以，所以；（2）因为，所以，所以，，所以，.（3）由余弦定理得，，又因为，，所以，所以三角形ABC的面积是.【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考 虑两个定理都有可能用到．17.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连.（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的正弦值；（3）在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理推得，再利用余弦定理与勾股定理推得，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解；（3）设，利用线面角的正弦值得到关于的方程，解之即可得解.【小问1详解】因为平面，平面平面，平面平面，所以平面，又平面，因此；因为，，所以四边形是矩形， 则，又，则，所以，故；因平面，所以平面.【小问2详解】以为原点所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，，则，故设平面的法向量为，所以，令，则，设平面的法向量为，所以，令，则，则，故，所以平面与平面夹角的正弦值为.【小问3详解】易知平面的法向量是，设，则，故 设直线与平面所成角为，，解得，所以，则，则，所以的长为.18.已知圆的圆心在轴上，且过点和（1）求圆的方程；（2）直线和圆C交于A､B两点求弦长；（3）若实数满足圆的方程，求的最大值【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用圆心到圆上点的距离等于半径可得答案；（2）利用弦长公式的几何方法可得答案；（3）设点在圆上，设，即转化为，当直线与圆相切时可取最大值，再利用圆心到直线的距离等于半径可得答案.【小问1详解】设圆心，所以，解得，所以圆心的方程为；【小问2详解】圆心到直线的距离是， 所以；【小问3详解】设点在圆上，，即，所以，易知当直线与圆相切时可取最大最小值，所以，整理得，解得，所以的最大值为.19.如图，椭圆经过点，且离心率为.(I)求椭圆的方程；(II)经过点，且斜率为的直线与椭圆交于不同两点（均异于点），问：直线与的斜率之和是否为定值？若是，求出此定值；若否，说明理由．【答案】(1)(2)2【解析】【详解】（Ⅰ）由题意知，综合，解得，所以，椭圆方程为.（Ⅱ）由题设知，直线的方程为，代入，得， 由已知，设，则，从而直线与的斜率之和.考点：1.椭圆的标准方程；2.圆锥曲线的定值问题.20.已知椭圆的离心率为，圆：与轴交于点，为椭圆上的动点，，面积最大值为．　（1）求圆与椭圆的方程；（2）圆的切线交椭圆于点，求的取值范围．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）由离心率公式和的关系，结合椭圆的定义可得即为椭圆的焦点，可得，再由位于椭圆短轴端点时，的面积取得最大值，解方程即可得到的值，即有圆和椭圆的方程；（2）讨论直线的斜率不存在时，求得切线的方程，代入椭圆方程可得交点和弦长；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，运用直线和圆相切的条件，再由直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，化为的函数式，运用换元法和二次函数的最值求法，即可得到所求弦长的范围． 【详解】（1）由题意得，解得，①因为，所以，点、为椭圆的焦点，所以，设，则，所以，当时，，代入①解得，所以，，所以，圆的方程为，椭圆的方程为．（2）①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，因为直线与圆相切，所以，即，联立消去可得，，，，，令，则，所以，， 所以，所以；②当直线的斜率不存在时，直线的方程为，解得，，．综上，的取值范围是．【点睛】本题考查圆的方程和椭圆方程的求法和运用，考查直线和相切的条件，以及直线和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，考查化简整理的运算能力，属于难题．