2024-2025学年四川省内江市高二上学期12月联考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省内江市高二上学期12月联考数学检测试题（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知直线，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．既不充分又不必要条件
2．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
3．圆台上、下底面半径分别是1，2，高为，这个圆台的体积是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知方程表示焦点在轴上的椭圆,则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
5．设为直线上的动点，过点作圆：的切线，则切线长的最小值为（ ）
A．2B．C．3D．
6．椭圆上一点在运动过程中，总满足关系式，那么该椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知直线：和圆：，且圆上至少存在两点到直线的距离为1，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知方程有两个不等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知圆与圆，下列说法正确的是（ ）
A．与的公切线恰有4条
B．与相交弦的方程为
C．与相交弦的弦长为
D．若分别是圆上的动点，则
10．设椭圆C：的焦点为、，M在椭圆上，则（ ）
A．B．的最大值为7，最小值为1
C．的最大值为16D．△面积的最大值为10
11．如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（ ）
A．三棱锥的外接球表面积为
B．动点的轨迹是一条线段
C．三棱锥的体积是随点的运动而变化的
D．若过A，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．三棱锥中，平面，则该三棱锥的外接球表面积等于 .
13．已知为圆上任意一点，则的最小值为
14．点P是椭圆上的一点，则点P到直线的距离最大值是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知动点与两个定点，的距离的比是2.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)直线过点，且被曲线截得的弦长为，求直线的方程.
16．如图，四棱锥的底面是正方形，侧面PAD是正三角形，，且侧面底面ABCD，E为侧棱PD的中点．
(1)求证：平面EAC；
(2)求三棱锥的体积．
17．在平面直角坐标系中，已知两点的坐标分别为，，直线相交于点，且它们的斜率之积是.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)若点的轨迹与直线相交于两个不同的点，线段的中点为.若直线的斜率为 ，求线段的长.
18．图1是边长为的正方形ABCD，将沿AC折起得到如图2所示的三棱锥，且．
(1)证明：平面平面ABC；
(2)点M是棱PA上不同于P，A的动点，设，若平面PBC与平面MBC的夹角的余弦值为，求的值.
19．已知椭圆的左、右焦点分别为、，过点且垂直于轴的弦长为，且 ．（从以下三个条件中任选一个，将其序号写在答题卡的横线上并作答．）
①椭圆的长轴长为；②椭圆与椭圆有相同的焦点；③，与椭圆短轴的一个端点组成的三角形为等边三角形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线经过，且与椭圆交于，两点，求面积的最大值．
答案
1．【正确答案】C
【详解】当时，，
即，则，即；
当时，，解得.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
2．【正确答案】C
【分析】
利用空间中点线面之间的位置关系即可对每个选项做出判断，从而选出正确选项.
【详解】
对于选项A：若，，则与平行或相交，故选项A不正确；
对于选项B：若，，则与 可平行、异面、或相交，故选项B不正确；
对于选项C：若，，则，垂直于同一平面的两个直线平行，故选项C正确；
对于选项D：若，，则与平行或相交，故选项D不正确.
故选：C
3．【正确答案】D
【分析】直接代入圆台的体积公式计算即可.
【详解】由题意.
故选D.
4．【正确答案】C
【详解】根据题意,要使方程表示焦点在轴上的椭圆,
需满足,解得.
故选:C.
5．【正确答案】B
【详解】圆心为，半径为，设切点为，
要使得切线长最小，则最小，此时，
所以，所以，
故选：B
6．【正确答案】B
【详解】由题意，可知椭圆的焦点在轴上，且，
所以椭圆的离心率为.
故选：B.
7．【正确答案】A
【详解】圆的方程为：，则圆心为，要使圆上至少存在两点到直线的距离为1，则当圆心到直线的距离必须小于3，即，解得.
故选：A
8．【正确答案】D
【详解】关于的方程有两个不等的实数解，即有两个不相等的实数解，
即函数与的图象有两个交点，
因为是以为圆心，1为半径的上半圆（除去点），
又因为是过定点的直线，
由图可知，当直线在和之间时符合要求，
当直线为时，，
当直线为时，由点到直线的距离等于半径可得（正值舍去），
所以实数的取值范围是.
故选：D．
9．【正确答案】BD
【分析】由根据两圆之间的位置关系确定公切线个数；如果两圆相交，进行两圆方程的做差可以得到相交弦的直线方程；通过垂径定理可以求弦长；两圆上的点的最长距离为圆心距和两半径之和，逐项分析判断即可.
【详解】由已知得圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，
，
故两圆相交，所以与的公切线恰有2条，故A错误；
做差可得与相交弦的方程为
到相交弦的距离为，故相交弦的弦长为，故C错误；
若分别是圆上的动点，则，故D正确.
故选：BD
10．【正确答案】ABC
【分析】由椭圆方程可得，根据椭圆的性质结合各选项的描述判断正误即可.
【详解】由椭圆方程知：，
∴，故A正确.
，，故B正确.
，此时在椭圆左右顶点上，同时△面积也最大，为，故C正确，D错误.
故选：ABC
11．【正确答案】ABD
【分析】选项A：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，结合正方体的外接球分析；选项B：分别取，的中点H，G，连接，，，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH.选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，从而可得到三棱锥的体积为定值.选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面，
从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高.
【详解】对于A：由题意可知：三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
可知正方体的外接球的半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，故A正确；
对于B：如图分别取，的中点H，G，连接，，，．
由正方体的性质可得，
且平面，平面，所以//平面，
同理可得：//平面，
且，平面，所以平面平面，
而平面，所以平面，
所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；
对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，
则点F到平面的距离为定值，
同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C错误；
对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上．
因为截面平面，平面平面，所以．
同理可证，所以截面为平行四边形，所以点N为的中点．
在四棱锥中，侧棱最长，且．
设棱锥的高为h，
因为，所以四边形为菱形，
所以的边上的高为面对角线的一半，即为，又，
则，，
所以，解得．
综上，可知长度的取值范围是，故D正确．
故选ABD．
12．【正确答案】
【分析】先用补形法求出外接球的半径R，再利用表面积公式即可得答案.
【详解】如图：

将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球和长方体的外接球是一致的.
设长方体外接球半径为，则：，
所以，所以外接球的表面积为，
故答案为.
13．【正确答案】
【详解】依题意可得，则表示圆上的点与点连线的斜率，
显然当过点且与圆相切（除外）时，斜率取得最小值，
设此时切线斜率为，则切线方程为，即.
由圆心到切线的距离等于半径，得，解得，
即的最小值为.
故
14．【正确答案】
【分析】设，为OP与x轴正半轴的夹角，由点线距离公式及辅助角公式即可求化简大值.
【详解】设，为OP与x轴正半轴的夹角，
则点P到直线的距离为，其中，
故.
故
15．【正确答案】(1)
(2)或
【分析】（1）直接利用条件求出点的轨迹方程，所求方程表示一个圆；
（2）直线的斜率分存在与不存在两种情况，当直线的斜率不存在时，检验不满足条件；当直线的斜率存在时，用点斜式设出直线的方程，根据弦长和点到直线的距离公式列出等式即可求出直线的斜率，进而求出直线的方程.
【详解】（1）设点，
动点与两个定点，的距离的比是，
，即，
则，
化简得，
所以动点的轨迹的方程为；
（2）由（1）可知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
直线被曲线截得的弦长为，
圆心到直线的距离，
①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时圆心到直线的距离是3，不符合条件；
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，
所以圆心到直线的距离，
化简得，解得或，
此时直线的方程为或.
综上，直线的方程是或.
16．【正确答案】(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）连接交于，连接，
∵、分别为、的中点，
∴，
∵平面，平面，
∴∥平面；
（2）
过P作PF⊥AD于F，
∵侧面PAD是正三角形，∴PF⊥AD，
∵平面底面ABCD，平面底面ABCD＝AD，平面PAD，
∴PF⊥平面ABCD，
故.
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）设
得
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，得Mx1+x22,y1+y22，
所以有
得
由题可知
两式求差化简得
即
因为
所以
所以直线的方程为
联立解得或
所以
18．【正确答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点为，连接，利用勾股定理证明，再结合，即可由线线垂直证明线面垂直；
（2）根据（1）中所证，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得的坐标，以及两个平面的法向量，利用夹角公式，即可求得参数的值.
【详解】（1）由于正方形ABCD的边长为，所以，
取AC的中点O，连接PO，BO，
由题意，得，再由，可得，即，
由题易知，又，面，所以平面ABC，
又平面PAC，所以平面平面ABC.
（2）由（1）可知，，又，
故以OC，OB，OP所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
由题意知，所以，
所以，
设平面MBC的法向量为，
则，令，得；
设平面的法向量为，
，令，得；
则，
设，，则上式可化为，
即，所以（舍去），
所以，解得.
19．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）若选①．由题意得：，解得：，
所以：椭圆的方程为.
若选②．椭圆的焦点坐标为，则，
又，得a=2，由，得，
所以椭圆的方程为.
若选③.由题意得：，
又与椭圆短轴的一个端点组成等边三角形，所以，
又，得a=2，，
所以椭圆的方程为.
（2）易知，设直线的方程为，
联立，得：，
设点，，由根与系数的关系得，
，，
所以
，
设，则
因为函数在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
所以当时，，（此时，直线为x=1）.
故：面积的最大值为．