天津市2023-2024学年高二数学上学期11月期中试题（Word版附解析）

这是一份天津市2023-2024学年高二数学上学期11月期中试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了 直线的倾斜角为， 已知直线， 已知，，，则在上的投影向量为， 已知双曲线等内容，欢迎下载使用。

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：C
2. 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：D
5. 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：A
6. 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．