2022-2023学年天津市耀华中学高二上学期期中数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年天津市耀华中学高二上学期期中数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市耀华中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．已知直线与直线和平行且距离相等，则直线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设直线的方程为，然后利用两平行线间的距离公式列方程求解即可.【详解】设直线的方程为，由两条平行线间的距离公式可得：，解得：，所以直线的方程为，故选：.2．已知直线与互相垂直，则实数（    ）A．或 B．或C． D．【答案】B【分析】直线与互相垂直，若斜率不存在，则或，显然当时两直线垂直；若两直线斜率存在时，则斜率积为求出.【详解】当时，，，此时两直线垂直，当时，，，此时两直线不垂直，当时，两条直线分别化为：，，直线与互相垂直， 解得：或（舍去），综上可知：或.故选:B3．过点的直线与圆：交于，两点，当弦取最大值时，直线的方程为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】要使过点的直线被圆所截得的弦取最大值时，则直线过圆心，然后根据直线的两点式方程写出答案即可【详解】圆：化为 所以圆心坐标 要使过点的直线被圆所截得的弦取最大值时，则直线过圆心由直线方程的两点式得： ，即 故选：A4．如图，在四面体OABC中，，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用空间向量基本定理求解出，从而求出.【详解】因为，所以，又，所以．故选：D5．已知圆的半径为1，若此圆同时与 轴和直线 相切，则圆的标准方程可能是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】设圆的方程为，依题意利用圆心到直线的距离等于半径得到方程组，解得即可；【详解】解：设圆的方程为，圆心为，半径，依题意，解得或或或，所以圆的方程为或或或；故选：A6．如图，在正方体中，点分别是的中点，直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】设正方体棱长为2，以D为原点建立空间直角坐标系，写出向量，的坐标，利用数量积计算向量夹角的余弦值，其绝对值即直线与所成角的余弦值.【详解】设正方体棱长为2，以D为原点，DA，DC，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则，，，，所以，，设直线与所成角为，则.故选：B.7．已知，过点的直线交圆于两点，且，则直线的方程是（    ）A．B．C．或D．或【答案】C【分析】过点的直线与圆相交，弦长，有斜率存在与斜率不存在两种情况，故分类讨论即可.【详解】由题意可知圆心，半径，当直线斜率不存在时，此时将代入圆的方程可得，解得，所以弦长，符合条件，当直线斜率存在时，设直线方程为：即，圆心到直线的距离 由弦长公式可得解得：,所以直线方程为：，即：，综上可知直线的方程为：或.故选：C8．曲线与的关系是（    ）A．有相等的焦距，相同的焦点 B．有不等的焦距，相同的焦点C．有不等的焦距，不同的焦点 D．有相等的焦距，不同的焦点【答案】D【分析】根据椭圆标准方程的特点及焦距的定义即可求解.【详解】由题意可知，椭圆的焦点在轴上，且，所以，焦距为，焦点坐标为，椭圆的焦点在轴上，且，所以，焦距为，焦点坐标为，所以两椭圆有相等的焦距，不同的焦点.故选：D.9．已知圆，直线，圆上有且只有两个点到直线的距离为1，则圆半径的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出圆心到直线的距离，再由条件列出不等式求解即可.【详解】圆心到直线的距离，又圆上有且只有两个点到直线的距离为1，所以，解得.故选：B10．已知，，从点射出的光线经直线反射后，再射到直线上，最后经直线反射后又回到点，则光线所经过的路程是（    ）A． B．6 C． D．【答案】C【分析】求出关于直线的对称点和它关于轴的对称点，则的长就是所求路程．【详解】由题意直线方程为，设关于直线的对称点，则，解得，即，又关于轴的对称点为，．故选：C11．已知正方体的棱长为2，，分别为上底面和侧面的中心，则点到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，按照距离的向量求法求解即可.【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，易知，设平面的法向量，则，令，解得，故点到平面的距离为.故选：A.12．已知椭圆的上顶点为，左右焦点为，离心率为.过且垂直于的直线与交于两点，，则的周长是（    ）A．19 B．14 C． D．13【答案】D【分析】由离心率为，得到a，b，c之间的关系，做出简图，分析可得直线的方程为：，且直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于，将直线方程与椭圆方程联立，利用弦长公式求出c，a的值.【详解】因为椭圆的离心率为，所以，，如图，，所以为正三角形，又因为直线过且垂直于，所以，直线的方程为：，设点D坐标，点E坐标，将直线方程与椭圆方程联立，得，则，，所以，得，.由图，直线垂直平分，所以的周长等于的周长，等于.故选：D. 二、填空题13．已知实数，满足，则的最大值为__________．【答案】【分析】由的几何意义为圆上的点与连线的斜率，利用点线距离公式求过与圆相切直线的斜率，即可得最大值.【详解】可看作圆上的点与连线的斜率，当直线与圆相切时斜率取最值，∴设直线方程，圆心，半径，圆心到直线距离，∴，故最大值为.故答案为：.14．过点且截距相等的直线方程为__________.【答案】或【分析】求过点且截距相等的直线方程，分为过原点与不过原点两种情况讨论即可.【详解】当直线经过原点时，设直线方程 代入得，所以直线方程为：，即当直线不经过原点时，设直线方程为代入得，所以直线方程为：，即，综上所求直线方程为：或.故答案为：或15．在平面直角坐标系中，椭圆的焦距为，以为圆心，为半径作圆，过点作圆的两切线互相垂直，则离心率_________．【答案】【分析】根据圆的性质，结合椭圆离心率公式进行求解即可.【详解】由题意可知：圆的方程为，设两切点为，由圆的性质和题意可知：，且，因此是直角三角形，故，故答案为：16．两圆和相交于两点，则公共弦的长为__________.【答案】【分析】根据已知条件联立方程组，求出交点坐标，利用两点间的距离公式即可求解.【详解】由，解得，或，所以不妨取两圆的交点为，所以.故答案为：.17．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是，则对角线的长为__________.【答案】【分析】由，结合数量积向量运算即可求【详解】由题，，则，故.故答案为：18．已知是棱长为的正方体外接球的一条直径，点在正方体表面上运动，则的最小值为__________.【答案】【分析】根据已知条件及正方体的体对角线为正方体外接球的直径，再利用平面向量的数量积的运算，结合平面向量的线性运算即可求解.【详解】由题意可知，为棱长为的正方体外接球的一条直径，为球心，为正方体表面上的任意一点，如图所示则球心也就是正方体的中心，所以正方体的中心到正方体表面任意一点的距离的最小值为正方体的内切球半径，它等于棱长的一半为,的长为正方体的对角线长为.所以的最小值为.故答案为：. 三、解答题19．如图：在直三棱柱中，，是棱的中点，是的延长线与的延长线的交点.(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值；(3)若点在线段上，且直线与平面所成的角的正弦值为，求线段的长.【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】(1)连接交于，连接，则是的中点，由三角形中位线得，再由线面平行的判定定理即可证明.(2)建立坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量求出夹角的余弦值.(3)先设出点位置，再利用直线与平面所成的角的正弦值为求出，即可求出的长.【详解】（1）连接交于，连接，则是的中点，是棱的中点，，，， ，是的中点，，平面，平面，平面.（2）以为坐标原点，以为坐标轴建立空间直角坐标系 则 设平面的法向量为，平面的法向量为 ，则 即 令得 令得 由图可知平面与平面的夹角为锐角，所以平面与平面的夹角的余弦值为.（3） 设，则 则，直线与平面所成的角的正弦值为， ，解得，  .20．设椭圆的离心率为，且经过点.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线与椭圆交于两点，是坐标原点，，点刚好在椭圆上，已知点的面积为，求直线的方程.【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）由离心率结合，可得关系.后代入所过点可得方程.（2）考虑直线斜率存在与不存在两种情况，先由，求出D点坐标，后通过已知三角形面积得出答案.【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c,因为椭圆C的离心率为 ,所以.结 合，则，得，即.又椭圆C经过点 ，则. 解 得.故椭圆C的标准方程为:.（2）①当直线l的斜率不存在时，不妨将其设为,其中.则两点关于轴对称，设为则=，又D在椭圆上，故，得取点.则故直线l的斜率不存在与题意不符.②当直线l的斜率存在时，设直线的方程.联立方程:.消 去y ,得.由题意 .则，.因，故点D的坐标为 . 因为点D刚好在椭圆C上，所以.即.此时.   则=设点P到直线l的距离为d,则     则，解得或.当时，由，算得，故不合题意.当时，由，算得，解得或.故直线方程为:或.【点睛】关键点点睛:本题（1）考查求椭圆标准方程，关键为通过离心率找到关系.（2）为直线与椭圆关系综合题，需注意考虑直线斜率存在与不存在两种情况.其次是对于斜率存在的情况，关键为通过及D点在椭圆上，利用方程联立及韦达定理找到所设直线中未知量和的关系.考查了学生的分析计算能力，属于难题.