2022-2023学年天津市河北区高二上学期期中数学试题（解析版）

2022-2023学年天津市河北区高二上学期期中数学试题

一、单选题

1．在空间直角坐标系中，点在坐标平面内的射影的坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由射影点坐标的特征可直接得到结果.

【详解】点在内射影的坐标与相同，坐标为，则射影坐标为.

故选：D.

2．经过点的直线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】首先求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线方程，最后化为一般式即可.

【详解】解：因为直线过，两点，则直线的斜率，

所以直线方程为，即.

故选：A

3．如图，在平行六面体中，若，则有序实数组为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用空间向量的线性运算即可求解.

【详解】因为，

所以，

又，

所以，则.

故选：B.

4．己知圆心为的圆与x轴相切，则该圆的标准方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由圆心到x轴的距离求得圆的半径，由此得到该圆的标准方程.

【详解】因为圆心为的圆与x轴相切，而圆心到x轴的距离为，

所以该圆的半径为，故该圆的标准方程为.

故选：B.

5．若椭圆上一点P到右焦点的距离为5，则它到左焦点的距离为（    ）

A．31 B．15 C．7 D．1

【答案】C

【分析】由椭圆的定义：动点到两定点的距离之和为定值常数.即可得出答案.

【详解】椭圆中，，

记椭圆的左焦点为，右焦点为，则，

由椭圆的定义可知：，

所以，

故选：C.

6．过直线和直线的交点且与垂直的直线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】两直线联立可求得交点坐标，根据垂直关系可得直线斜率，由此可得直线方程.

【详解】由得：，即与交点为；

斜率为，则所求直线斜率为，

所求直线方程为：，即.

故选：C.

7．已知直线，，若，则实数（    ）

A．或1 B．0或1 C．1 D．

【答案】D

【分析】讨论，根据两条直线平行的条件列式可解得结果.

【详解】当时，的斜率不存在，的斜率为0，此时，不合题意；

当时，由可得，解得，

故选：D

【点睛】本题查了由两条直线平行求参数，属于基础题.

8．已知两条异面直线的方向向量分别是，则这两条异面直线所成的角满足（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可求得结果.

【详解】因为，

所以，

又因为这两条异面直线所成的角为这两方向向量的夹角或夹角的补角，，

所以，则，

故选：B.

9．已知，，则向量在向量上的投影向量是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据投影向量的定义直接计算求解．

【详解】解： 向量在向量上的投影向量为

．

故选：B．

10．黄金分割比例具有严格的比例性、艺术性、和谐性，蕴含着丰富的美学价值．这一比值能够引起人们的美感，是建筑和艺术中最理想的比例．我们把离心率的椭圆称为“黄金椭圆”，则以下四种说法：

①椭圆是“黄金椭圆”；②若椭圆的右焦点为，且满足，则该椭圆为“黄金椭圆”；③设椭圆的左焦点为，上顶点为，右顶点为，若，则该椭圆为“黄金椭圆”；④设椭圆的左，右顶点分别是，左，右焦点分别是，若，则该椭圆为“黄金椭圆”．

其中说法正确的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】定义离心率的椭圆称为“黄金椭圆”，根据各命题中的椭圆方程，由题设及、列方程求椭圆离心率即可确定是否为“黄金椭圆”

【详解】①由题意得，故，故椭圆是“黄金椭圆”；

②，即，故，解得或（舍去），故该椭圆是“黄金椭圆”；

③由得，化简可知，解得或（舍去），故该椭圆是“黄金椭圆”；

④由，得，则（负值舍去），故该椭圆不是“黄金椭圆”

故选：C

【点睛】本题考查了椭圆的离心率，结合椭圆方程中参数关系及离心率公式求离心率，并根据新定义判断命题是否成立

二、填空题

11．若直线经过点，则直线l的斜率为______________．

【答案】

【分析】将点带入直线，即可求出直线，则可求出其斜率.

【详解】因为直线经过点，

所以，

所以直线，

所以直线l的斜率为，

故答案为：.

12．已知直线l1的方程为3x＋4y－7＝0，直线l2的方程为6x＋8y＋1＝0，则直线l1与l2的距

离为________．

【答案】

【详解】直线l1的方程为3x＋4y－7＝0，即6x＋8y-14=0，直线l2的方程为6x＋8y＋1＝0，

.

答案为：.

13．己知圆，圆，则圆与圆的位置关系为______________．（用“相交、外切、内切、外离、内含”填空）

【答案】外切

【分析】由圆的方程可确定两圆的圆心和半径，由两圆圆心距与两圆半径的关系可判断出位置关系.

【详解】由圆方程知：圆心，半径；由圆方程知：圆心，半径；

圆心距，，圆与圆外切.

故答案为：外切.

三、双空题

14．在棱长为2的正方体中，E为的中点，以D为原点，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点到直线的距离为______________；点D到平面的距离为______________．

【答案】         

【分析】有题意可得，则可求出，则可得，由则可求出点到直线的距离；由题意易求出平面的法向量，又，由即可求出点D到平面的距离.

【详解】由题意知：，

所以，

，

所以，

所以点到直线的距离为；

由题意知：，

所以，

记平面的法向量为，

则，取，则，，

此时，

又，

所以点D到平面的距离.

故答案为：，.

15．已知点和圆，则圆的圆心坐标为______________；设点为圆上的点，则的取值范围为______________．

【答案】         

【分析】先由配方法将圆的一般方程转化为标准方程，由此得到圆心的坐标与圆的半径，再利用点到圆上任一点的距离的最大值与最小值的求法，求得的取值范围.

【详解】由圆，得，

所以圆的圆心为，，

又因为点，故，

所以，，

故的取值范围为.

故答案为：；.

四、解答题

16．己知向量．

(1)求；

(2)求与所成角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用空间向量平行与垂直的坐标表示即可求解；

（2）利用空间向量的线性运算与夹角余弦的坐标表示即可求解.

【详解】（1）因为，

所以，解得，故，

又因为，

所以，即，解得，故，

故.

（2）由（1）得，，，

所以，

故与所成角的余弦值为.

17．己知直线的方程为，圆的方程为．

(1)若时，直线与圆交于、两点，求弦的长：

(2)若直线与圆相切，求直线的方程．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）计算出圆心到直线的距离，利用勾股定理可求得；

（2）利用点到直线的距离公式可得出关于的等式，解出的值，即可得出直线的方程.

【详解】（1）解：当时，直线的方程为，圆心为，半径为，

圆心到直线的距离为，故.

（2）解：直线的一般方程为，

由题意可得，解得或，

所以，直线的方程为或.

18．如图，三棱柱中，平面，M是的中点，N是的中点．

(1)求证：∥平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值；

(3)求平面与平面夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）取中点为，连接，易证四边形为平行四边形，则可得，再由线面平行的判定定理即可得证；

（2）由题意建立空间直角坐标系，则可得，平面的法向量，再由直线与平面所成角的正弦值求出答案；

（3）由题意易知，可求出平面的法向量，由平面与平面夹角的余弦值即可求出答案.

【详解】（1）如图所示：取中点为，连接，

在中，分别为中点，

所以为的中位线，

所以,且，

又，为中点，

所以,

所以四边形为平行四边形，

所以，

又平面，平面，

所以平面；

（2）如图所示：建立空间直角坐标系，

则，

所以，

设平面的法向量为，

则，取，则，，

则，

所以直线与平面所成角的正弦值为；

（3）由题意知，

设平面的法向量为，

则，取，则，，

则，

平面与平面夹角的余弦值.

19．已知椭圆的长轴长是，短轴长是，过右焦点的直线与椭圆相交于两点．

(1)求椭圆的方程及离心率；

(2)若直线的倾斜角为，求线段的长；

(3)若，求直线的方程．

【答案】(1)椭圆方程为；离心率

(2)

(3)或

【分析】（1）由椭圆长短轴长可得，由椭圆关系可得，由此可得椭圆方程和离心率；

（2）将方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，代入弦长公式中即可求得结果；

（3）当斜率不存在时易知不合题意；由此可设，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，根据向量数量积的坐标运算，代入韦达定理的结论可构造方程求得的值，由此可得直线方程.

【详解】（1）椭圆长轴长为，短轴长为，，，

，，，

椭圆方程为：；离心率.

（2）由（1）知：，则直线方程为：；

由得：，

设，，则，，

.

（3）当直线斜率不存在，即时，，，

，，，不合题意，

则直线斜率存在时，可设，

由得：，

设，，则，，

，

即，解得：，

直线或.