天津市五校2022-2023学年高二上期中联考数学试卷（含答案解析）

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1、天津市五校2022-2023学年高二上期中联考数学试题一、选择题（本题共9小题，每题5分，共45分）1. 直线的倾斜角是（ ）A B. C. D. 2. 已知直线：与：平行，则的值是（ ）A. 5B. 0或5C. 0D. 0或13. 已知，是椭圆的焦点，过且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且，则椭圆的方程为（ ）A. B. C. D. 4. 如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则（ ）A B. C. D. 5. 过点A（1，2）的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）A. x-y+1=0B. x+y-30C. y2x或x+y-30D. y2x或x-y+106. 在直三棱柱中，

2、分别是，的中点，则与所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 7. 圆的圆心在轴的负半轴上，与轴相交于点，且直线被圆截得的弦长为.则圆的方程为（ ）A. B. C D. 8. 设，分别为椭圆（）的左、右焦点，椭圆上存在一点使得，则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 9. 已知：，直线：，为上的动点，过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）A. B. C. D. 二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分）10. 已知关于直线的对称点为，则直线的方程是_.11. 设，向量，且，则_.12. 正方体的棱长为，、分别是、的中点，则直线到平面的距离为_.13. 已知直线与曲线

3、有两个交点，则的取值范围为_.14. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，动点满足，若动点在圆：，则的取值范围为_.15. 如图，、分别是椭圆的左、右焦点，点是为直径的圆与椭圆在第一象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为_.三、解答题（共5题，共75分）16. 已知圆：及直线：（）.（1）求直线被圆所截得的弦长度的最小值及此时直线的方程；（2）求过点并与相切的直线方程.17. 如图，已知在棱长为2正方体中，分别是，的中点.（1）求证： 平面；（2）求证：直线平面.18. 已知椭圆：的左右焦点分别为，上顶点为，长轴长为，若为正三角形.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点，斜率为的直

4、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.19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，（1）求证：；（2）求与平面所成角的正弦值；（3）求二面角的余弦值20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且过点，为左顶点，为下顶点，椭圆上有一点且点在第一象限，交轴于点，交轴于点.（1）求椭圆标准方程；（2）求面积的最大值.天津市五校2022-2023学年高二上期中联考数学试题一、选择题（本题共9小题，每题5分，共45分）1. 直线的倾斜角是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】化直线一般式方程为斜截式，求出直线的斜率，由倾斜角的正切

5、值等于直线的斜率求得倾斜角.【详解】由，得，设直线的倾斜角为，则，故选：D.2. 已知直线：与：平行，则的值是（ ）A. 5B. 0或5C. 0D. 0或1【答案】C【解析】【分析】两直线与平行的条件是且不重合.【详解】若直线：与：平行，则，解得或；而当时两直线重合.综上所述，k的值为0.故选：C3. 已知，是椭圆的焦点，过且垂直于轴的直线交椭圆于，两点，且，则椭圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意设椭圆方程为，再将代入椭圆方程求出，则有，再结合可求出，从而可得椭圆方程.【详解】由题意设椭圆方程为，则，当时，则，因为，所以，得，所以，所以，所以，解得或（舍去

6、），所以，所以椭圆方程为，故选：C4. 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】根据空间向量基本定理，用表示出即可.【详解】由题意，因为为与交点，所以也为与的中点，因此.故选：D.5. 过点A（1，2）的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）A. x-y+1=0B. x+y-30C. y2x或x+y-30D. y2x或x-y+10【答案】D【解析】【分析】考虑直线是否过坐标原点，设出直线方程，分别求解出直线方程.【详解】当直线过原点时，其斜率为，故直线方程为y2x；当直线不过原点时，设直线方程为，代入点（1，2）可得，解

7、得a1，故直线方程为x-y+10.综上，可知所求直线方程为y2x或x-y+10，故选：D.【点睛】本题主要考查直线方程的截距式以及分类讨论思想的应用，考查逻辑推理和数学运算.在利用直线方程的截距式解题时，一定要注意讨论直线的截距是否为零.6. 在直三棱柱中，分别是，的中点，则与所成角的余弦值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值.【详解】由直三棱柱及得如图建立空间直角坐标系，设BC=CA=CC1=1，则A(1，0，1)，B(0，1，1)，D1，F1，=，=，|cos|=.故选：A.7. 圆的圆心在轴的负半轴上，与轴

8、相交于点，且直线被圆截得的弦长为.则圆的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据圆心的位置，圆过的一点可设出圆的标准方程，然后根据垂径定理求弦长即可.【详解】依题意，设圆的标准方程为：，由圆又经过一点，故，设圆心到直线的距离为，则，又直线被圆截得的弦长为，则，解得，又，故，于是圆的方程为：.故选：C8. 设，分别为椭圆（）的左、右焦点，椭圆上存在一点使得，则该椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由于椭圆的定义，结合已知条件中，解的和的值，再利用，得到a,b的关系，代入离心率公式即可求得所要答案.【详解】因为：，解的；所以：，则,则，所

9、以离心率为：故选：B9. 已知：，直线：，为上的动点，过点作的切线，切点为，当最小时，直线的方程为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由四边形PAMB等面积法将求的最小值转化为求的最小值，即：当时，取得最小值；联立与l的方程可求得点P坐标；再由点P，点M求出以PM为直径的圆的方程；两圆方程之差即为（公共弦）AB所在的直线方程.【详解】的方程为： 可化为：，则圆心M（1，1），半径为2.点M到直线l的距离为 直线l与相离，则如图所示，连接AM，BM. 要求的最小值，只需求的最小值.当时，取得最小值，即：取得最小值. 即：联立 解得 ，A，B也在以PM为直径的圆上.又以PM为直

10、径的圆的方程为： （或用圆的标准方程求解为：）即： -得：故选：D.二、填空题（本题共6小题，每题5分，共30分）10. 已知关于直线的对称点为，则直线的方程是_.【答案】【解析】【分析】根据题意直线为直线的中垂线，先求出中点，然后根据垂直关系算出中垂线的斜率，然后根据点斜式写出方程.【详解】依题意直线为直线的中垂线，中点为，又，设中垂线斜率为，则，故，则的方程为，即.故答案为：11. 设，向量，且，则_.【答案】【解析】【分析】先根据空间向量垂直和平行，列方程求出，然后再求模长即可.【详解】根据可得，故，此时，由可得，故，此时，于是故.故答案为：12. 正方体的棱长为，、分别是、的中点，则直

11、线到平面的距离为_.【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线到平面的距离.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴如下图所示的空间直角坐标系，则、，且、不共线，则，平面，平面，平面，设平面的法向量为，则，取，可得，因此，直线到平面的距离为.故答案为：.13. 已知直线与曲线有两个交点，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】曲线表示以为圆心，为半径的半圆，求出直线过定点坐标，再结合图象求出临界值，即可求出参数的取值范围.【详解】解：对于曲线，则，所以，即，表示以为圆心，为半径的圆在轴及轴以上部分，直线，即，令，解得，即直线恒过定

12、点，因为直线与曲线有两个交点，当直线过点时，当直线恰好与半圆相切时，则，解得或（舍去），结合图象可知，即.故答案为：14. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，点，动点满足，若动点在圆：，则的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】根据，设出点M的坐标，求得M的轨迹方程，根据动点在圆上，从而得到M的轨迹与圆C有公共点，结合两圆的位置关系，得到两圆心之间的距离大于等于半径差的绝对值小于等于两圆半径和，从而得到r所满足的不等关系，求得结果.【详解】设，因为动点满足，所以，化简得，即若动点在圆上，就是圆与圆有公共点，所以，解得，故答案为：.15. 如图，、分别是椭圆的左、右焦点，点是为直径的圆与椭圆在第一

13、象限内的一个交点，延长与椭圆交于点，若，则直线的斜率为_.【答案】#【解析】【分析】连接，设，则，则，分析可知，利用勾股定理可得出关于、的等式，可求得的值，即为所求.【详解】连接，设，则，则， 所以，由圆的几何性质可知，由勾股定理可得，即，解得，所以，所以，直线的斜率为.故答案：.三、解答题（共5题，共75分）16. 已知圆：及直线：（）.（1）求直线被圆所截得的弦长度的最小值及此时直线的方程；（2）求过点并与相切的直线方程.【答案】（1），直线的方程为 （2）或【解析】【分析】（1）首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，则弦长最小值为过点且与过点的半径垂直的

14、弦，利用弦长公式求出弦长最小值，求出的斜率，即可求出，从而求出直线的方程；（2）分直线的斜率存在与不存在两种情况讨论，当斜率存时设斜率为，则直线方程为，利用圆心到直线的距离等于半径，求出参数的值，即可求出切线方程.小问1详解】解：圆：，即，所以圆心为，半径，直线：（）即，所以直线恒过点，又，所以点在圆内，所以过点且与垂直的弦为直线被圆所截得的弦长最小值，因为，所以，又，所以，此时直线的方程为；【小问2详解】解：当直线的斜率不存在时直线为，符合题意；当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线方程为，即，则圆心到直线的距离，解得，所以直线方程为，即，综上可得过点与圆相切的直线方程为或.17. 如图，已知

15、在棱长为2的正方体中，分别是，的中点.（1）求证： 平面；（2）求证：直线平面.【答案】（1）详见解析； （2）详见解析.【解析】【分析】（1）要证 平面，只要证，中由中位线定理易证；（2）先证，可得直线平面.【小问1详解】如图，连接.四边形是正方形，是的中点，是的中点.又是的中点，.平面，平面，平面.【小问2详解】由（1）知，因为在正方体中，所以平面，又 平面，所以，所以.连接，同理可证：，平面，平面，所以直线平面.18. 已知椭圆：的左右焦点分别为，上顶点为，长轴长为，若为正三角形.（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

16、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，则，由为正三角形，则，故，于是，故椭圆的标准方程为：；【小问2详解】由（1）知，故该直线为：，和椭圆联立：，整理可得，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），设直线为：，和椭圆方程联立得，则，故，由韦达定理可得：，于是，故，即，化简可得，解得，故直线为：19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面，且，（1）求证：；（2

17、）求与平面所成角的正弦值；（3）求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，即证；（2）以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用向量的方法求直线与平面所成角的正弦值；（3）求平面的法向量，用向量的方法求二面角的余弦值【详解】（1）平面，平面，.底面是矩形，又，平面，平面，.（2）以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示则，设平面的法向量，则，即，令，则，.设直线与平面所成的角为，则.所以与平面所成角的正弦值为.（3）.设平面的法向量，则，即，令，则.又平面的法向量.设二

18、面角的大小为，则为锐角，所以二面角的余弦值为【点睛】本题考查线线垂直，考查用向量的方法求线面角和面面角，考查学生的运算能力，属于较难的题目.20. 在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，且过点，为左顶点，为下顶点，椭圆上有一点且点在第一象限，交轴于点，交轴于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）求面积的最大值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意列式求解，即可得方程；（2）设直线AP的方程，进而可求点的坐标，根据结合基本不等式求最大值.【小问1详解】由题意可得，解得，故椭圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）可得：设直线，则，联立方程，消去得：，由题意可得，则，即，直线：，令，解得，即，直线：，令，解得，即，则的面积，令，则，当且仅当，即时等号成立，故面积的最大值.【点睛】本题考查了根据椭圆性质求椭圆方程，考查了直线与椭圆的位置关系，考查了斜率公式，基本不等式求最值，运算求解能力，属于中档题.