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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含解析

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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含解析

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    这是一份天津市北辰区2023_2024学年高二数学上学期期中试题含解析,共14页。试卷主要包含了选择题.,填空题.,解答题.等内容,欢迎下载使用。
    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:D
    2. 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:D
    3. 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:B
    4. 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:A
    6. 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:D
    7. 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,

    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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