2022-2023学年天津市河东区高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年天津市河东区高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．直线：的方向向量可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用直线的方向向量定义求解.

【详解】因为直线：的斜率为2，

所以其方向向量可以是，

故选：A

2．已知直线，与平行，则的值是（　　）

A．0或1 B．1或 C．0或 D．

【答案】C

【详解】试题分析：由题意得：或，故选C.

【解析】直线平行的充要条件．

3．在正方体中，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据空间向量基本定理，结合空间向量加法的几何意义进行求解即可.

【详解】因为，

而，

所以有，

故选：A

4．已知向量，，，则有（     ）．

A．  B．

C．  D．

【答案】C

【分析】对于A，利用向量的线性运算的坐标表示即可求解；

对于B，利用向量的摸的坐标表示即可求解；

对于C，利用向量的线性运算的坐标表示及向量垂直的坐标表示即可求解；

对于D，利用向量的数量积的坐标运算即可求解.

【详解】对于A，因为，，，

所以，，所以，故A不正确；

对于B，因为，，，

所以，，

所以，故B不正确；

对于C，因为，，所以，又，

所以，即，故C正确.

对于D，因为，，，

所以，，，所以，故D不正确.

故选：C.

5．已知点，，则以线段AB为直径的圆的方程为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据中点坐标公式得到圆心，再计算直径得到圆方程.

【详解】AB的中点坐标为，，

即以线段AB为直径的圆的方程为.

故选：A

6．圆与圆的位置关系是（    ）

A．相交 B．相离 C．内切 D．内含

【答案】D

【解析】根据两圆的方程，求得圆心坐标和半径，根据圆心距和两圆半径的关系，即可求解.

【详解】由圆与圆，

可得，

则，

又由，所以，

所以圆和圆的位置关系式内含.

故选：D.

7．圆关于直线对称的圆的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先求得圆关于直线对称的圆的圆心坐标，进而即可得到该圆的方程.

【详解】圆的圆心坐标为，半径为3

设点关于直线的对称点为，

则 ，解之得

则圆关于直线对称的圆的圆心坐标为

则该圆的方程为，

故选：D．

8．椭圆与椭圆的（    ）

A．长轴长相等 B．短轴长相等 C．离心率相等 D．焦距相等

【答案】D

【分析】分别求出两个椭圆的长轴长、短轴长、离心率和焦距即可判断.

【详解】解：椭圆的长轴长为4，短轴长为，离心率为，焦距为；

椭圆的长轴长为，短轴长为，离心率为，焦距为；

故两个椭圆的焦距相等.

故选：D.

9．已知椭圆C：（）的左､右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（    ）

A． B． C． D．.

【答案】B

【分析】由题设以线段为直径的圆为，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围.

【详解】由题设，以线段为直径的圆为，与直线相交，

所以，可得，即，又，

所以.

故选：B

二、填空题

10．直线l的方程为：，则直线l的倾斜角为______．

【答案】

【分析】根据直线方程结合倾斜角的定义求解.

【详解】解：由于直线l的方程为：和x轴垂直，

故直线l的倾斜角为，

故答案为：.

11．直线 与直线 之间的距离为_________.

【答案】##

【分析】确定两直线是平行直线，故可根据平行线间的距离公式求得答案.

【详解】因为直线 与直线平行,

而直线可化为，

故直线 与直线 之间的距离为 ，

故答案为：

12．已知空间向量，，，若，，共面，则______.

【答案】3

【分析】根据共面向量定理可得，然后将坐标代入可求出的值.

【详解】因为，，共面，所以存在唯一实数，使，

即，

则，解得，，.

故答案为：3

13．已知圆，直线过点且与圆交于两点，若为线段的中点，为坐标原点，则的面积为__________．

【答案】6

【分析】根据题意可得直线的方程为，根据垂径定理可求，再求点到直线的距离，计算面积．

【详解】由已知点，所以．

因为为线段的中点，所以，

所以，所以直线的方程为，即．

设点到直线的距离为，则，

所以．

设点到直线的距离为，则，

则的面积

故答案为：6．

14．已知，是椭圆C：的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为______．

【答案】##

【分析】利用椭圆的定义结合已知条件可得，，再在中利用余弦定理列方程可求出椭圆的离心率.

【详解】解：因为，由椭圆的定义可得，可得，，

在中，由余弦定理可得：，而，

即，可得，

可得离心率，

故答案为：

15．如图，在单位正方体中，点P是线段上的动点，给出以下四个命题：

①直线与直线所成角的大小为定值；

②二面角的大小为定值；

③若Q是对角线，上一点，则长度的最小值为；

④若R是线段BD上一动点，则直线PR与直线有可能平行．

其中真命题有______（填序号）．

【答案】①②④

【分析】对于①，由正方体的性质可得，进行判断；对于②，由平面与平面所成的二面角为定值进行判断；对于③，将平面沿直线翻折到平面内，过C点做，，，此时，的值最小，从而可求得结果；对于④，设，结合余弦定理可得在上必然存在一点E，使得二面角为， 设平面EBD与平面的交线为ED，则，过P点作BD的垂线PR，从而可得结论.

【详解】解：对于①，由正方体的性质可知，平面，又平面，

故，异面直线与直线的所成的角为定值，①正确；

对于②，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，

而这两个平面位置固定不变，故二面角为定值，②正确；

对于③，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，

过C点做，，，

此时，的值最小，

由题可知，，

，

则，

故，又，

故的最小值为，故③错误；

对于④，在正方体中易证平面，

设，则即为二面角的平面角，

又正方体棱长为1，故，则，

由余弦定理得，故，同理，

故在上必然存在一点E，使得二面角为，

即平面平面，平面EBD与平面的交线为ED，

则，过P点作BD的垂线PR，此时平面，

又平面，故，故④正确．

故答案为：①②④．

三、解答题

16．已知圆的圆心在直线，且与直线相切于点.

(1)求圆的方程；

(2)直线过点且与圆相交，所得弦长为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）分析可知圆心在直线上，联立两直线方程，可得出圆心的坐标，计算出圆的半径，即可得出圆的方程；

（2）利用勾股定理求出圆心到直线的距离，然后对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程，利用点到直线的距离公式求出参数，即可得出直线的方程.

【详解】（1）解：过点且与直线垂直的直线的方程为，

由题意可知，圆心即为直线与直线的交点，

联立，解得，故圆的半径为，

因此，圆的方程为.

（2）解：由勾股定理可知，圆心到直线的距离为.

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，圆心到直线的距离为，满足条件；

当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，

由题意可得，解得，

此时，直线的方程为，即.

综上所述，直线的方程为或.

17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，M是的中点.

（1）证明：平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）设，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.

【详解】（1）连接交于点，连接，

因为四边形为正方形，且，为的中点，

又因为为的中点，，

平面，平面，平面；

（2）设，底面，且四边形为正方形，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

则、、、，

，，，

设平面的法向量为，

由，令，可得，则，

，

因此，直线与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：求直线与平面所成角的方法：

（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；

②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；

③求，利用解三角形的知识求角；

（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.

18．如图，在多面体ABCDEF中，平面ABCD，，四边形ABCD是平行四边形，，，H为DE的中点．

(1)证明：平面BDE；

(2)若P是棱DE上一点，且，求二面角的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用平行线的性质，可得线面垂直，结合所给长度，证明正方形，根据线面垂直判定定理，可得答案；

（2）由题意，建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，根据公式，可得答案.

【详解】（1）证明：平面ABCD，，

平面ABCD，即，又，

四边形FHDC为正方形，，，

，，又，平面BDE，平面BDE，

平面BDE.

（2）由题意可建立以D为原点，以DC、DB、DE所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

，，则，

，，，，

平面ABCD，且平面ABCD，，即，

又，，平面PDF，平面PDF，

平面PDF，

平面PDF的一个法向量为，

设平面BPF的一个法向量为，，，

则，取，则，，

平面BPF的一个法向量为，

由图形得二面角的夹角为锐角，

，，

二面角的夹角的余弦值为

19．设椭圆的两个焦点为，若点在椭圆上，且．

(1)求椭圆的长轴长、短轴长、焦点坐标、离心率；

(2)求的面积；

(3)求点的坐标．

【答案】(1)长轴长为，短轴长为，焦点为，，离心率为

(2)

(3)或或或

【分析】（1）由椭圆方程可求得，由此可依次求得结果；

（2）利用椭圆定义和勾股定理可构造方程求得，由此可求得三角形面积；

（3）利用面积桥可求得点纵坐标，代入椭圆方程可得点横坐标，由此可得结果.

【详解】（1）由椭圆方程得：，，则，

椭圆的长轴长为；短轴长为；焦点坐标为，，离心率.

（2）由椭圆定义知：，

，，

即，解得：，.

（3）设，则，解得：，

，解得：；

点坐标为或或或.

20．已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，过的直线l与椭圆C相交于A，B两点，直线l的倾斜角为45°，到直线l的距离为．

(1)求椭圆C的焦距；

(2)若，求椭圆C的方程．

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）设出直线方程，利用点到直线距离公式得到，求出椭圆焦距；

（2）联立直线方程和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，根据向量的线性关系得到，代入两根之和，两根之积，求出，求出椭圆方程.

【详解】（1）由题意知直线l的方程为．

因为到直线l的距离为，所以，解得：，

所以椭圆C的焦距为2．

（2）由（1）知直线l的方程为，设，，

联立方程组消去x得，

所以，．

因为，所以，

所以，，

消去得，

解得：，从而，

所以椭圆C的方程为．