2024-2025学年天津五十五中高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年天津五十五中高二（上）期中数学试卷（含答案），共8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。
1.经过A(0, 3)、B(−1,0)两点的直线的倾斜角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
2.已知AB=(13,13,−13)，CD=(0,−1,0)，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为( )
A. 39B. 33C. 63D. 66
3.如图是一座抛物线形拱桥，当桥洞内水面宽16m时，拱顶距离水面4m，当水面上升1m后，桥洞内水面宽为( )
A. 4mB. 4 3mC. 8 3mD. 12m
4.设椭圆C1的离心率为513，焦点在x轴上且长轴长为26，若曲线C2上的点到椭圆C1的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线C2的标准方程为( )
A. x242−y232=1B. x2132−y252=1C. x232−y242=1D. x2132−y2122=1
5.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为M，N，过F2的直线l交C于A，B两点(异于M、N)，△AF1B的周长为4 3，且直线AM与AN的斜率之积为−23，则椭圆C的标准方程为( )
A. y23+x24=1B. x23+y24=1C. x23+y2=1D. x23+y22=1
6.直线l：ax+y−1=0被圆C：x2+y2+6x−4y−3=0截得的最短弦长为( )
A. 6B. 2 5C. 4 2D. 2 6
7.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 3，O为坐标原点，右焦点为F，过点F作一条渐近线的垂线，垂足为P，△OPF的面积为 2，则双曲线的实轴长为( )
A. 4 2B. 4C. 2 2D. 2
8.已知抛物线y2=8x的准线与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于A、B两点，O为点坐
标原点，若△OAB的面积等于8 3，则双曲线的离心率为( )
A. 3B. 13C. 2 2D. 4
9.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与y轴相交于M点，与双曲线C在第一象限的交点为P，若F1M=2MP,F1P⋅F2P=0，则双曲线C的离心率为( )
A. 2B. 3C. 3 32D. 3+1
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知抛物线y2=2px(p>0)上横坐标为3的点到其焦点的距离为4，则p= ______．
11.已知双曲线x24−y2b2=1(b>0)的一条渐近线为 3x+2y=0，则b=______；离心率e=______．
12.经过两圆x2+y2+6x−4=0和x2+y2+6y−28=0的交点，并且圆心在直线x−y−4=0上的圆的方程______．
13.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，左顶点为A，点P在椭圆上，且PF⊥AF，若tan∠PAF=12，则椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e为______．
14.已知椭圆x22+y2=1上两个不同的点A、B关于直线y=mx+12对称，则实数m的取值范围为______．
15.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过原点O且斜率为正数的直线MN分别交双曲线的左、右两支于点N，M，记四边形F1NF2M的周长为T，面积为S.若|F1F2|=2|OM|，且T=4 2S，则双曲线C的离心率为______．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
已知直线2x−y−3=0与直线x−3y+1=0交于点P．
(1)求过点P且垂直于直线x+y+2=0的直线l1的方程；
(2)求过点P并且在两坐标轴上的截距相等的直线l2的方程．
17.(本小题15分)
已知圆C经过点(0,1)，(0,3)，(2,1)．
(1)求圆C的方程；
(2)若直线l经过原点，并且被圆C截得的弦长为2，求直线l的方程．
18.(本小题15分)
已知抛物线C：y2=4x，过点(−1,0)的直线与抛物线C相切，设第一象限的切点为P．
(I)求点P的坐标；
(Ⅱ)若过点(2,0)的直线l与抛物线C相交于两点A，B，圆M是以线段AB为直径的圆过点P，求直线l的方程．
19.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，F为B1C1的中点，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2．
(Ⅰ)求证：A1F//平面BDE；
(Ⅱ)求平面ACC1A1与平面BDE夹角的余弦值；
(Ⅲ)求点A1到平面BDE的距离．
20.(本小题16分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点与椭圆的左、右顶点连线的斜率之积为−14．
(1)求椭圆C的离心率；
(2)点M( 3,12)在椭圆C上，椭圆的左顶点为D，上顶点为B，点A的坐标为(1,0)，过点D的直线L与椭圆在第一象限交于点P，与直线AB交于点Q，设L的斜率为k，若|AQ||PQ|=3 2sin∠ADQ，求k的值．
参考答案
1.B
2.B
3.C
4.A
5.D
6.D
7.C
8.B
9.D
10.2
11. 3 72
12.x2+y2−x+7y−32=0
13.12
14.(−∞,− 63)∪( 63,+∞)
15. 62
16.解：(1)由 2x−y−3=0x−3y+1=0，
得 x=2y=1，∴交点P(2,1)，
由题直线 l1的斜率k=1，
则直线l1的方程为y−1=x−2，即x−y−1=0．
(2)当直线 l2过原点时，
直线l2斜率为12，此时直线方程为：y=12x，即x−2y=0，
当直线 l2不过原点时，设直线l2：xa+ya=1，
代入点 P(2,1)得2a+1a=1，解得a=3，
此时直线l2方程：x+y−3=0，
综上，直线 l2的方程为：x−2y=0或x+y−3=0．
17.解：(1)设圆C的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，
根据题中条件知，
1+E+F=09+3E+F=05+2D+E+F=0，解得D=−2E=−4F=3，
所以圆C的方程为x2+y2−2x−4y+3=0，即(x−1)2+(y−2)2=2，
所以圆C的方程为x2+y2−2x−4y+3=0，
即(x−1)2+(y−2)2=2；
(2)因为直线l经过原点，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx，即kx−y=0，
则圆心C(1,2)到直线l的距离d=|k−2| k2+1，
又被圆C截得的弦长为2，圆C的半径为 2，
则12+d2=2，故d=1，
即d=|k−2| k2+1=1，
解得k=34，则方程为3x−4y=0，
又当直线l的斜率不存在时，方程为x=0，
圆心C(1,2)到直线l的距离为1，符合题意，
故所求直线l的方程为3x−4y=0或者x=0．
18.解：(Ⅰ)由题意知可设过点(−1,0)的直线方程为x=ty−1，
联立y2=4xx=ty−1，得：y2−4ty+4=0.①
∵直线与抛物线相切，∴△=16t2−16=0，即t=±1．
∵P为第一象限的切点，∴t=1，
则①化为y2−4y+4=0，解得y=2，此时x=1，
则点P坐标为(1,2)；
(Ⅱ)设直线l的方程为：x=my+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y2=4xx=my+2，得y2−4my−8=0，
则△=16m2+32>0恒成立，
y1y2=−8，y1+y2=4m，
则x1x2=(y1y2)216=4，x1+x2=t(y1+y2)+4=4m2+4．
由题意可得：PA⋅PB=0，
即x1x2−(x1+x2)+1+y1y2−2(y1+y2)+4=0，
∴4m2+8m+3=0，解得：m=−12或m=−32．
则直线l的方程为y=−2x+4或y=−23x+43．
19.(Ⅰ)证明：取BE的中点G，连接FG，DG，则FG//CC1//AA1，
因为F为B1C1的中点，
所以FG=C1E+BB12=1+32=2，
所以FG//A1D且FG=A1D，
所以四边形A1DGF为平行四边形，
所以A1F//DG，
又A1F⊄平面BDE，DG⊂平面BDE，
A1F/​/平面BDE．

(Ⅱ) 解：直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，
以C为原点，以CA,CB,CC1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则B(0,2,0)，E(0,0,2)，D(2,0,1)，
所以BE=(0,−2,2),BD=(2,−2,1)，
设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BE=0n⋅BD=0，即−2y+2z=0,2x−2y+z=0,令y=1，得n=(12,1,1)，
易知平面ACC1A1的一个法向量为CB=(0,1,0)．
设平面ACC1A1与平面BDE的夹角为θ，
则csθ=|cs|=|CB⋅n||CB||n|=1 94⋅1=23，
所以平面ACC1A1与平面BDE夹角的余弦值为23．
(Ⅲ) 解：因为A1(2,0,3)，A1D=(0,0,−2)，
所以点A1到平面BDE的距离d=|A1D⋅n||n|=|−2|32=43．
20.解：(1)设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点为B(0,b)，
左顶点为D(−a,0)，右顶点为E(−a,0)，
因为椭圆的上顶点与椭圆的左右顶点连线的斜率之积为−14，
所以ba⋅b−a=−14，即4b2=a2，又a2=b2+c2，
所以4(a2−c2)=a2，解得e= 32；
(2)因为点M( 3,12)在椭圆C上，
所以3a2+14b2=1，又4b2=a2，
解得b2=1，a2=4，
所以椭圆方程为x24+y21=1，D(−2,0)，
则|AQ||PQ|= 2yQyPsin∠PDA−yQsin∠PDA= 2yQsin∠PDAyP−yQ，
因为|AQ||PQ|=3 2sin∠ADQ，
所以3 2sin∠ADQ= 2yQsin∠PDAyP−yQ，
又∠ADQ=∠PDA，
所以3 2(yP−yQ)= 2yQ，则yQ=34yP，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则y2=34y1，
当k=0时，则sin∠ADQ=0，不合题意；
当k≠0时，设直线方程为y=k(x+2)，
与题意方程联立，消去y得：(1+4k2)x2+16k2x+16k2−4=0
则−2x1=16k2−41+4k2，
所以x1=2−8k21+4k2,y1=4k1+4k2，则P(2−8k21+4k2,4k1+4k2)，
因为lAB：y=−x+1，由y=−x+1y=k(x+2)，得Q(1−2k1+k,3k1+k)，
因为yQ=34yP，所以3k1+k=34×4k1+4k2，
化简得k2=k，因为k≠0，则k=1．