2024天津北辰区高二上学期期中数学试题含解析

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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，
则
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.