天津市北辰区2024-2025学年高二上学期期中检测数学试题（解析版）

第1页/共1页北辰区2024～2025学年度第一学期期中检测试卷高二数学说明：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.在空间直角坐标系中，点，关于平面对称的点的坐标是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据点关于平面对称的规则得出点的坐标.【详解】点，关于平面对称的点的坐标横纵坐标不动，竖坐标变成相反数，所以坐标是.故选：B2.直线的倾斜角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先求出直线的斜率，进而可得倾斜角.【详解】因为直线的斜率为，由，，得到，所以直线的倾斜角为，故选：C.3.在四棱锥中，底面是正方形，是的中点，若，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的线性运算即可求解.【详解】.故选：C.4.过直线和的交点，且与直线垂直的直线方程是（）．A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求出交点坐标，再根据与直线的位置关系求出斜率，运用点斜式方程求解.【详解】联立方程，解得，所以交点坐标为；直线的斜率为，所以所求直线方程的斜率为，由点斜式直线方程得：所求直线方程为，即；故选：D5.若圆与圆外切，则（）A.32 B.26 C.18 D.【答案】A【解析】【分析】若两圆相外切，则圆心距等于半径之和，即可求解.【详解】由得圆心，，由得，圆心，，因为两圆向外切，所以，即，可得，解得，故选：A6.已知是空间的一组基底，其中，，．若，，，四点共面，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，设存在唯一的实数对，使得，结合向量的数乘运算和相等向量的概念计算，即可求解.【详解】由题意，设存在唯一实数对，使得，即，则，则x=2，，，解得.故选：C7.若直线与平行，则与间的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用直线一般方程的平行公式，求解得，再利用平行线的距离公式，即得解【详解】由题意，直线与平行，故当时，直线，，两直线平行；当时，直线，，两直线重合，舍去.故此时与间的距离故选：C8.设点，，直线过点且与线段相交，则直线的斜率的取值范围是（）A.或 B.或 C. D.【答案】D【解析】【分析】求出，数形结合得到，求出答案.【详解】，，数形结合知，直线的斜率需满足，即.故选：D9.若圆上仅有2个点到直线的距离为1，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】与已知直线平行且到它的距离等于1的两条直线，分别与圆相交、相离即可得的取值范围．【详解】作与直线平行，且到直线的距离等于1的两条直线，圆的圆心为原点，原点到直线的距离为，两条平行线中与圆心距离较远的一条到原点的距离为，较近的一条到原点的距离为，又圆上有2个点到直线的距离为1，两条平行线中与圆心较近的与圆有2个公共点，与圆心较远的直线与圆无交点即可，如图，由此可得圆的半径，故选：B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.已知向量，，，则________．【答案】6【解析】【分析】根据向量的模求出，再有数量积坐标运算得解.【详解】由，可知，解得，所以，故答案为：611.已知椭圆的焦距是4，则该椭圆的长轴长为________．【答案】【解析】【分析】根据焦点轴或轴上分类讨论．【详解】当焦点在轴上时，，解得，所以长轴长为；当焦点在轴上时，，解得（舍去），综上所述，椭圆的长轴长为.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.直线过点，且在两坐标轴上截距相等，则直线的方程为________．【答案】或【解析】【分析】考虑截距为0和截距不为0两种情况，设出直线方程，待定系数法求出直线方程.【详解】当截距为0时，设，将代入直线方程，，解得，故直线的方程为，当截距不为0时，设直线的方程为，将代入直线方程，，解得，故直线的方程为，故直线的方程为或.故答案为：或14.如图，隧道的截面是半径为的半圆，车辆只能在道路中心线一侧行驶，假设货车的最大宽度为，那么要正常驶入该隧道，货车的限高为多少__________.【答案】【解析】【分析】画出如图的货车截面图矩形，在圆上时，货车最高，求出的长即得．【详解】如图，矩形是货车截面图，，则，故答案为：．15.已知圆，当圆的面积最小时，直线与圆相切，则实数的值为________．【答案】或【解析】【分析】将圆的方程化为标准方程，要使圆C的面积最小，则半径要最小，求出半径最小时的值，从而可求得圆的圆心与半径，再根据圆心到直线的距离等于半径即可得解.【详解】解：由圆，得，当时，圆C的半径最小为，即面积最小，所以当圆C的面积最小时，圆的方程为，圆心，半径，因为直线与圆C相切，所以圆心到直线的距离，解得或.故答案为：或.三、解答题．（本大题共5个小题，共60分）16.已知圆经过坐标原点，且圆心为．（1）求圆的标准方程；（2）已知直线与圆相交于，两点，求弦长的值；（3）过点引圆的切线，求切线的方程．【答案】（1）（2）（3）和【解析】【分析】（1）根据圆心半径求圆的标准方程；（2）根据点到直线的距离以及勾股定理求解弦长；（3）分类讨论然后结合圆心到直线的距离为半径求解；【小问1详解】由题意可得，圆心为，半径为2，则圆的方程为；【小问2详解】由（1）可知：圆的半径，设圆心到的距离为，则，所以.【小问3详解】当斜率不存在时，为过点的圆C的切线.当斜率存在时，设切线方程为，即，=2，解得，所以.综上所述：切线的方程为和．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.已知椭圆的左右焦点分别为，，长轴长为，且短轴长是焦距的倍．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点，斜率为的直线与椭圆相交，两点，求的长；（3）过点的直线与椭圆相交于，两点，，求直线的方程．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题干条件求出，即可得到椭圆标准方程；（2）联立直线和椭圆方程，直接利用弦长公式进行求解；（3）联立直线和椭圆方程，结合韦达定理，列方程组求解.【小问1详解】依题意，，得到，由短轴长是焦距的倍，得，又，所以，解得，所以，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）知，，故该直线为，由，消可得，故，由弦长公式，.【小问3详解】显然的斜率存在（否则轴，根据对称性，，与题设矛盾），设Ax1,y1，B由，消得，由韦达定理可得：①，，又，则，故②，由①②得，，故，即，化简可得，解得.故直线为.19.如图，在三棱锥中，平面平面，，，点，，分别为棱，，的中点，是线段的中点，，．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）已知点在棱上，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）利用中位线得出线线平行，可得出面面平行，由面面平行的性质证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出线面角的正弦即可；（3）设，利用向量法求直线与直线所成角即可得解.【小问1详解】取中点，连接，如图所示：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.【小问2详解】平面PAC平面，平面平面AC，平面，平面.平面，，又，则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，则，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，解得，所以.20.设椭圆的左右焦点分别为，，且过点，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设动直线与坐标轴不垂直，与曲线交于不同的，两点，且直线和的斜率互为相反数．①证明：动直线恒过轴上的某个定点，并求出该定点的坐标；②求面积的最大值．【答案】（1）（2）①证明见解析，定点；②【解析】【分析】（1）根据条件建立方程组，直接求出，即可求解；（2）①设直线，联立椭圆方程，得到，由韦达定理得到，，再根据题设可得，即可求解；②将问题转化成，利用①中结果，通过换元得到，再利用基本