天津市第四十七中学2023-2024学年高二上学期11月期中数学 Word版含解析.docx

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2023-2024天津市第四十七中学高二年级第一学期期中质量检测数学试卷一、选择题(每题5分,共45分)1.直线的倾斜角为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据直线斜率求倾斜角即可.【详解】直线中,斜率,而斜率,,又,.故选:C2.已知直线:与:,则“”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】由两直线平行的判定,列方程求参数,注意验证是否存在重合情况,再结合充分、必要性定义判断即可.【详解】若,则,即或,当时,则直线:与:,显然两直线重合;当时,则直线:与:,显然两直线平行;综上所述,若,则所以,“”是“”的既不充分也不必要条件.故选:D.3.已知,,,则在上的投影向量为()A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据投影向量的定义,分别计算出数量积及的模长,即可得出答案.【详解】易知,,所以.因为,所以,故在上的投影向量为.故选:D.4.如图所示,在平行六面体中,为与的交点,若,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用空间向量的线性运算进行求解.【详解】.故选:D5.抛物线的焦点到圆上点的距离的最大值为()A.6B.2C.5D.8【答案】A【解析】 【分析】求出抛物线的焦点坐标,再利用圆的性质求解作答.【详解】拋物线的焦点为,圆C:的圆心为,半径,,所以F到圆C上点的距离的最大值为.故选:A6.一条沿直线传播的光线经过点和,然后被直线反射,则反射光线所在的直线方程为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】首先根据两点式求得入射光线的直线方程,求得入射光线和直线的交点,再根据反射光线经过入射点的对称点,结合点关于直线对称求得对称点,再利用两点式即可得解.【详解】入射光线所在的直线方程为,即,联立方程组解得即入射点的坐标为.设关于直线对称的点为,则解得,即.因为反射光线所在直线经过入射点和,所以反射光线所在直线的斜率为,所以反射光线所在的直线方程为,即. 故选:D.7.双曲线,点A,B均在E上,若四边形为平行四边形,且直线OC,AB的斜率之积为3,则双曲线E的渐近线的倾斜角为()A.B.或C.D.或【答案】B【解析】【分析】利用点差法,结合双曲线渐近线方程、平行四边形的性质、中点坐标公式进行求解即可.【详解】设,显然线段的中点坐标为,因四边形为平行四边形,所以线段的中点坐标和线段的中点坐标相同,即为,因此点坐标,因为直线OC,AB的斜率之积为3,所以,因为点A,B均在E上,所以,两式相减得:,所以两条渐近线方程的倾斜角为或,故选:B【点睛】关键点睛:本题的关键是应用点差法和平行四边形的性质. 8.已知圆,点为直线上的一个动点,是圆的两条切线,,是切点,当四边形(点为坐标原点)面积最小时,直线的方程为()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先判断出四边形的面积最小时点的位置,再由两圆公共弦所在直线方程的求法即可求解.【详解】由题意可得,,,所以四边形的面积,所以当最小时,四边形的面积最小,此时直线与直线垂直,的斜率为,则直线的斜率为1,所以此时直线的方程为,由得,即得点的坐标为,则,,以为圆心,为半径的圆方程为,即,与方程两式相减,并化简得,即直线的方程为.故选:A. 9.已知双曲线:的右焦点为,关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上,,,且点C在双曲线上,则双曲线的离心率为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由,令且,,则,根据题设有、、,进而有,将它们整理为关于的齐次方程求离心率即可.【详解】由题设,令且,,则,且①,由,即②,由,即,又C在双曲线上,则③,由①得:,代入③并整理得:,由①②及得:,所以,即, 显然,则.故选:B【点睛】关键点点睛:设且,,结合已知得到关于的齐次方程为关键.二、填空题(每题5分,共30分)10.抛物线的焦点到准线的距离是______.【答案】【解析】【分析】化方程为标准方程,求焦点到准线的距离即可.【详解】抛物线化为标准方程为,则其焦点到准线的距离为,即焦点到准线的距离是.故答案为:.11.已知向量共面,则________.【答案】【解析】【分析】由向量共面定理,结合向量线性关系的坐标运算求参数即可.【详解】由题设且,即,所以.故答案为:12.已知直线l过点,若直线l在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍,则直线l的方程是______.【答案】或【解析】 【分析】分类讨论直线的截距是否为0,一一计算即可.【详解】若直线在坐标轴上的截距都是0,则由点在l上,得其方程为;若直线在坐标轴上的截距不为0,可设其方程为,将点代入可得,所以l的方程是.故答案为:或.13.已知点,直线过原点,且直线的方向向量是向量,则点到直线的距离是__________.【答案】【解析】【分析】由点到直线的距离公式用向量法直接求即可.【详解】由已知得,又因为直线的方向向量是向量,设为,所以由点到直线的距离公式有故答案为:14.若圆上至少有三个不同的点到直线的距离为,则直线l的倾斜角的正切值的取值范围为__________________.【答案】【解析】【分析】求出圆的圆心和半径,再利用点到直线的距离公式求出直线的斜率范围作答.【详解】依题意,圆的圆心,半径,由圆上至少有三点到直线的距离为,得圆心到直线的距离不大于,于是,整理得,显然,即,解得 ,因此直线的斜率,所以直线的倾斜角的正切值的取值范围为.故答案为:15.已知动点在抛物线上,过点引圆切线,切点分别为,,则的最小值为________.【答案】##【解析】【分析】设圆心为,由四边形的面积得,利用转化为,再由距离公式求的最小值即可.【详解】设圆心为,半径为2,则四边形的面积,所以,又在中,, 所以,设,则,所以当时,有最小值,此时有最小值故答案为:【点睛】关键点点睛:此题中求有最小值关键是利用四边形的面积将的表达式求出来,再转化为的函数求最值.三、解答题(共75分,解答需写出必要的文字说明推理过程或计算步骤,只有结果的不给分)16.在锐角中,内角,,的对边分别为,,,满足.(1)求角的大小;(2)若,求的值;(3)若,,求的面积.【答案】(1);(2);(3).【解析】【分析】(1)根据,利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得到求解;(2)根据,分别求得,再结合,利用两角和的正弦公式求解;(3)结合,,利用余弦定理求得,代入面积公式求解;【详解】(1)因为,所以,, 因为,所以,所以;(2)因为,所以,所以,,所以,.(3)由余弦定理得,,又因为,,所以,所以三角形ABC的面积是.【点睛】方法点睛:在解有关三角形的题目时,要有意识地考虑用哪个定理更适合,或是两个定理都要用,要抓住能够利用某个定理的信息,一般地,如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理;如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理;以上特征都不明显时,则要考虑两个定理都有可能用到.17.如图,在四棱锥中,底面为直角梯形,,,且平面平面,在平面内过作,交于,连. (1)求证:平面;(2)求平面与平面夹角的正弦值;(3)在线段上存在一点,使直线与平面所成的角的正弦值为,求的长.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【解析】【分析】(1)利用面面垂直的性质定理推得,再利用余弦定理与勾股定理推得,从而得证;(2)建立空间直角坐标系,分别求得平面与平面的法向量,从而利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解;(3)设,利用线面角的正弦值得到关于的方程,解之即可得解.【小问1详解】因为平面,平面平面,平面平面,所以平面,又平面,因此;因为,,所以四边形是矩形,则,又,则,所以,故;因平面,所以平面.【小问2详解】 以为原点所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系,因为,,则,故设平面的法向量为,所以,令,则,设平面的法向量为,所以,令,则,则,故,所以平面与平面夹角的正弦值为.【小问3详解】易知平面的法向量是,设,则,故设直线与平面所成角为,,解得,所以,则,则, 所以的长为.18.已知圆的圆心在轴上,且过点和(1)求圆的方程;(2)直线和圆C交于A、B两点求弦长;(3)若实数满足圆的方程,求的最大值【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】(1)利用圆心到圆上点的距离等于半径可得答案;(2)利用弦长公式的几何方法可得答案;(3)设点在圆上,设,即转化为,当直线与圆相切时可取最大值,再利用圆心到直线的距离等于半径可得答案.【小问1详解】设圆心,所以,解得,所以圆心的方程为;【小问2详解】圆心到直线的距离是,所以;【小问3详解】设点在圆上,,即,所以, 易知当直线与圆相切时可取最大最小值,所以,整理得,解得,所以的最大值为.19.如图,椭圆经过点,且离心率为.(I)求椭圆的方程;(II)经过点,且斜率为的直线与椭圆交于不同两点(均异于点),问:直线与的斜率之和是否为定值?若是,求出此定值;若否,说明理由.【答案】(1)(2)2【解析】【详解】(Ⅰ)由题意知,综合,解得,所以,椭圆方程为.(Ⅱ)由题设知,直线的方程为,代入,得,由已知,设,则,从而直线与的斜率之和 .考点:1.椭圆的标准方程;2.圆锥曲线的定值问题.20.已知椭圆的离心率为,圆:与轴交于点,为椭圆上的动点,,面积最大值为. (1)求圆与椭圆的方程;(2)圆的切线交椭圆于点,求的取值范围.【答案】(1),;(2).【解析】【分析】(1)由离心率公式和的关系,结合椭圆的定义可得即为椭圆的焦点,可得,再由位于椭圆短轴端点时,的面积取得最大值,解方程即可得到的值,即有圆和椭圆的方程;(2)讨论直线的斜率不存在时,求得切线的方程,代入椭圆方程可得交点和弦长;当直线的斜率存在时,设直线的方程为,运用直线和圆相切的条件,再由直线方程和椭圆方程联立,运用韦达定理和弦长公式,化为的函数式,运用换元法和二次函数的最值求法,即可得到所求弦长的范围.【详解】(1)由题意得,解得,①因为,所以,点、为椭圆的焦点,所以,设,则,所以,当时,,代入①解得,所以,, 所以,圆的方程为,椭圆的方程为.(2)①当直线的斜率存在时,设直线的方程为,,,因为直线与圆相切,所以,即,联立消去可得,,,,,令,则,所以,,所以,所以;②当直线的斜率不存在时,直线的方程为,解得,,. 综上,的取值范围是.【点睛】本题考查圆的方程和椭圆方程的求法和运用,考查直线和相切的条件,以及直线和椭圆方程联立,运用韦达定理和弦长公式,考查化简整理的运算能力,属于难题.

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