天津市第一百中学、咸水沽第一中学2023-2024学年高二上学期期中联考数学试题（Word版附解析）.docx

1、20232024学年度第一学期期中联考高二数学一、选择题（共9题，每题5分，满分45分）1. 直线的倾斜角为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】化成斜截式方程得斜率为，进而根据斜率与倾斜角的关系求解即可.【详解】解：将直线一般式方程化为斜截式方程得：，所以直线的斜率为，所以根据直线倾斜角与斜率的关系得直线的倾斜角为.故选：C2. 与椭圆C：共焦点且过点的双曲线的标准方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据椭圆方程先求解出焦点坐标，然后根据定义求解出的值，结合可求的值，则双曲线方程可求.【详解】因为椭圆的焦点坐标为，即，所以，记，所以，所以，所以，所

2、以双曲线的标准方程为，故选：C.3. 设，则“”是直线：和直线：平行的（ ）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】C【解析】【分析】先根据求解出的值，然后分析条件和结论的推出关系判断出属于何种条件.【详解】若，则有，所以或，当时，故重合，舍去；当时，满足条件，所以，所以“”是“”的充要条件，故选：C.4. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯采用平面切割圆锥的方法来研究圆锥曲线，用垂直于圆锥轴的平面去截圆锥，得到的截面是圆；把平面再渐渐倾斜得到的截面是椭圆.若用面积为48的矩形截某圆锥得到椭圆C，且椭圆C与矩形的四边相切.设椭圆C在平面直角坐标系中的方程为

3、，则下列选项中满足题意的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意判断出椭圆的长轴长度乘以短轴长度等于矩形的面积，然后逐项判断方程是否符合即可.【详解】由题意可知：，所以，A：，不满足；B：，不满足；C：，满足；D：，不满足；故选：C.5. 向量，则（ ）A. 9B. 3C. 1D. 【答案】A【解析】【分析】根据先求解出的值，然后表示出的坐标，结合坐标下的模长计算公式求解出结果.【详解】因，所以，所以，所以，所以，故选：A.6. 双曲线C：（，）的一条渐近线过点，是C的左右焦点，且，若双曲线上一点M满足，则（ ）A. 或B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】

4、先根据已知条件求解出双曲线方程，然后根据在双曲线的左右支上进行分类讨论，由此确定出的值.【详解】因为，所以，所以或（舍），又因为双曲线的渐近线过点，所以，所以，所以，所以，所以，若在左支上，符合要求，所以，若在右支上，不符合要求，所以，故选：B.7. 已知点，点C为圆上一点，则的面积的最大值为（ ）A. 12B. C. D. 6【答案】D【解析】【分析】先求解出直线方程，然后将圆心到直线的距离再加上半径作为的高的最大值，由此求解出的面积的最大值.【详解】因为，所以，又因为圆的方程为，所以圆心为，半径为，所以圆上点到直线的最大距离为，所以的面积的最大值为，故选：D.8. 过点的直线与椭圆交于A、

5、B两点，且满足.若M为直线上任意一点，O为坐标原点，则的最小值为（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】由，得点为线段的中点，然后利用点差法可求出直线的方程，则的最小值为点到直线的距离，再利用点到直线的距离公式可求出结果.【详解】椭圆方程.因为，则在椭圆内，可知直线与椭圆总有两个交点.因为，即为线段的中点，设，显然，则，可得，则，即，所以，即直线的斜率，所以直线为，即，因为M为直线上任意一点，所以的最小值为点到直线的距离. 故选：B.9. 已知双曲线（，）的左右焦点分别为，过的直线与圆：相切，与双曲线在第四象限交于一点，且有轴，则离心率为（ ）A. 3B. C. D. 2【

6、答案】C【解析】【分析】首先求出坐标，设直线与圆相切于点，即可求出，再由锐角三角函数得到，即可求出离心率.【详解】圆：的圆心为，半径，对于双曲线，令，解得，则，设直线与圆相切于点，则，又，所以，所以，则，所以，即，解得或（舍去）.故选：C二、填空题（共6题，每题5分，满分30分.）10. 椭圆C：（）的焦点为，短轴端点为P，若，则_.【答案】【解析】【分析】先根据椭圆方程求解出的值，再根据的值求解出的值，由此求解出结果.【详解】记坐标原点为，因为，所以焦点在轴上，且，因为，所以，所以，所以，所以，所以，故答案为：.11. 直线l过点且被圆C：截得的弦长最短，则直线l的方程为_.【答案】【解析】

7、【分析】当圆被直线截得的弦最短时，圆心到弦的距离最大，此时圆心与定点的连线垂直于弦，利用直线的点斜式方程即可得解.【详解】由圆的方程知圆心，半径为，当圆被直线截得的弦最短时，圆心与的连线垂直于弦，由圆心与的连线斜率为，所以直线l的斜率为1，直线l的方程为即.故答案为：.12. 圆与圆的公共弦的长为_.【答案】【解析】【分析】将两圆方程作差可得出相交弦所在直线的方程，求出圆的圆心到相交弦所在直线的距离，利用勾股定理可求得相交弦长.【详解】将圆与圆相减可得，即两圆的公共弦所在的直线方程为，又圆圆心到直线的距离，圆的半径为，所以公共弦长为.故答案为：.13. 如图所示，四边形为正方形，为矩形，且它们

8、所在的平面互相垂直，为对角线上的一个定点，且，则到直线的距离为_. 【答案】#【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则，因为，所以，所以，令，所以，则点到直线的距离为.故答案为： 14. 直线l：与有两个不同交点，则m的取值范围_.【答案】【解析】【分析】根据题意作出直线与半圆的图象，考虑临界位置：直线经过、直线与半圆相切，结合图象求解出的取值范围.【详解】即为，表示圆心在原点半径为的圆位于轴右侧的部分，直线即为，过定点，在平面直角坐标系中作出直线和半圆的图象如下图所示：圆与坐标轴交于，且直线的斜率为，当直线经过时，此时，解得，当直线与圆相

9、切时，解得或（舍），根据图象可知，若直线与半圆有两个不同交点，则，故答案为：.15. 已知抛物线C：的焦点为F，O为原点，点M是抛物线C准线上的一动点，点A在抛物线C上，且，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】根据条件先确定点坐标和准线方程，然后通过作关于准线的对称点结合三点共线求解出线段和的最小值.【详解】因为，所以，所以，所以，不妨取，准线，作关于准线的对称点，则，所以的最小值即为，当且仅当三点共线时取最小值，所以的最小值为，故答案为：.三、解答题（共5题，满分75分.）16. 已知圆心为C的圆经过点和，且圆心C在直线上，（1）求圆C的标准方程.（2）过点作圆的切线，求切线方程（3）求

10、x轴被圆所截得的弦长【答案】（1） （2）或 （3）【解析】【分析】（1）设出圆心坐标，根据求解出圆心和半径，由此求得圆的标准方程；（2）分别考虑切线的斜率存在和不存在，斜率不存在时直接分析，斜率存在时根据圆心到直线的距离等于半径完成计算；（3）先计算出圆心到轴的距离，然后根据半径、半弦长之间的关系求解出轴被圆所截得的弦长即可.【小问1详解】设圆心，则，所以，解得，所以圆心为，半径，所以圆的标准方程为；【小问2详解】当切线斜率不存在时，切线方程为，圆心到直线的距离为，满足条件；当切线斜率存在时，设切线方程为，即，所以，解得，所以直线方程为，所以切线方程为或；【小问3详解】因为圆心到轴()的距离

11、为，且，所以，所以轴被圆所截得的弦长为.17. 如图，平面，（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）（2）（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】因为平面，如图建立空间直角坐标系，则，所以，所以，所以，即，又，平面，所以平面.【小问2详解】因为，设平面的法向量为，则，取，又平面的法向量可以为，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.【小问3详解】点到平面的距离.18. 如图，在三棱锥中，底面，点D，E，N分别为棱，的中点，M是线段的中点，.（1）求证：平面；（

12、2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）已知点H在棱上，且直线与直线所成角的余弦值为，求线段的长.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）取中点，连接，根据条件证明出平面平面，由此可证明平面；（2）建立合适空间直角坐标系，求解出平面的法向量，然后根据直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值求解出结果；（3）设出点的坐标，分别表示出直线的方向向量，根据方向向量夹角的余弦值求解出的长度.【小问1详解】取中点，连接，如下图所示：因为为中点，所以，又因为平面，平面，所以平面，因为为中点，为中点，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面.【

13、小问2详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，又，所以，设平面一个法向量为，所以，所以，令，则，所以，设直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.【小问3详解】设，且，所以，所以，化简得，解得或（舍），所以.19. 设椭圆（）的左右焦点分别为，左右顶点分别为A，B，.（1）求椭圆的方程；（2）已知P为椭圆上一动点（不与端点重合），直线交y轴于点Q，O为坐标原点，若四边形与三角形的面积之比为，求点P坐标.【答案】（1） （2）或.【解析】【分析】（1）根据已知线段长度求解出的值，然后根据求解出的值，则椭圆方程可求；（2）根据条件将问题转化为三角形与三角形的面积比，由此得到关于的关系

14、式，通过联立直线与椭圆方程求得对应坐标，然后求解出参数值则的坐标可求.【小问1详解】因为，所以，所以，所以，所以椭圆方程为；【小问2详解】如下图所示：因为四边形与三角形的面积之比为，所以三角形与三角形的面积比为，所以，所以，显然直线的斜率不为，设直线的方程为，联立，所以，所以，所以，解得，当时，所以，所以，当时，所以，所以，综上可知，点坐标为或.20. 已知椭圆（）的长轴长是短轴长的2倍.（1）求椭圆的离心率；（2）直线过点且与椭圆有唯一公共点，为坐标原点，当的面积最大时，求椭圆的方程.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）依题意可得，即可得到，从而求出离心率；（2）由（1）可得椭圆方程为，设直线为，联立直线与椭圆方程，由得到、的关系，再求出，由利用基本不等式求出面积最大值，即可求出此时的，从而求出，即可得解.【小问1详解】依题意，即，所以离心率【小问2详解】由（1）可得椭圆方程为，即，直线的斜率存在且不为，设斜率为，则直线为，由，消去整理得，所以，即，又，所以，当且仅当，即时取等号，此时，解得，所以椭圆方程为，即.