2024-2025学年广东省广州市高二上册期中考试数学检测试题1（含解析）

这是一份2024-2025学年广东省广州市高二上册期中考试数学检测试题1（含解析），共17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。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．函数是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．B．2C．D．
3．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．90°
4．已知直线平分圆：的周长，则（ ）
A．B．C．D．
5．双曲线的一条渐近线为，则C的离心率为（ ）
A．B．C．2D．4
6．若是第二象限角，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在正三棱柱中，M为棱的中点，N为棱上靠近点C的一个三等分点，若记正三棱柱的体积为V，则四棱锥的体积为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知F是椭圆的左焦点，经过原点O的直线l与椭圆E交于P，Q两点，若，且，则椭圆E的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知向量，，则（ ）
A．若，则B．若，共线，则
C．不可能是单位向量D．若，则
10．已知为正实数，，则（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．的最小值3D．的最小值为16
11．古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”算出椭圆面积等于圆周率、椭圆的长半轴长、短半轴长三者的乘积. 如下图，已知椭圆的左、右焦点分别为，上、下顶点分别为，左、右顶点分别为，，，设的离心率为，则（ ）
A．若，则
B．四边形的面积与的面积之比为
C．四边形的内切圆方程为
D．设椭圆外阴影部分的面积为，椭圆内阴影部分的面积为，则
三、填空题
12．直线恒过的定点坐标为 .
13．已知函数在R上单调递增，则实数的取值范围为 .
14．已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为 .
四、解答题
15．记的内角，，所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若为边上一点，，，，求.
16．已知圆与轴相切于点（0，3），圆心在经过点（2，1）与点（﹣2，﹣3）的直线上．
（1）求圆的方程；
（2）圆与圆：相交于M、N两点，求两圆的公共弦MN的长．
17．（本题不能使用空间向量）如图，在三棱柱中，底面中角为直角，，侧面底面，，直线与平面所成角为.
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值.
18．已知椭圆的焦点为，，左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的动点，的周长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线交直线于点，连接交椭圆于点，直线，的斜率分别为，.
（i）求证：为定值；
（ii）设直线，证明：直线过定点.
19．若坐标平面内的曲线与某正方形四条边的所在直线均相切，则称曲线为正方形的一条“切曲线”，正方形为曲线的一个“切立方”.
(1)试写出圆的一个切立方的四条边所在直线的方程；
(2)已知正方形的方程为，且正方形为双曲线的一个“切立方”，求双曲线的离心率的取值范围；
(3)已知为函数的图像上任一点，则函数在点处的切线方程为. 若奇函数的定义域为，且在时，设函数的图像为曲线，试问曲线是否存在切立方，并说明理由.
答案：
1．A
【分析】直接解出集合，根据交集含义即可.
【详解】，
则.
故选：A.
2．D
【分析】根据奇函数的性质求解即可.
【详解】解：因为是定义在上的奇函数，当时，，
所以.
故选：D.
3．A
【分析】通过斜率求出倾斜角
【详解】整理得,直线斜率为，，
所以倾斜角为30°.
故选：A
4．B
【分析】由已知可得直线过圆心，代入圆心坐标可求.
【详解】由，可得圆心为，
因为直线平分圆：的周长，
所以直线过圆的圆心，则，解得.
故选：B.
5．C
【分析】利用双曲线的性质计算即可.
【详解】由双曲线方程易知C的渐近线为，
所以，则.
故选：C
6．D
【分析】通过诱导公式求出，化简所求表达式，利用同角三角函数的基本关系式求解即可.
【详解】
是第二象限角，且， ，
，
故选：D.
7．B
【分析】设，取AC的中点D，可得BD⊥平面，分别计算四棱锥的体积与正三棱柱的体积，即可得解.
【详解】正三棱柱中，设，
取AC的中点D，连接BD，
则BD⊥AC，BD＝，，
正三棱柱的体积，
平面ABC，BD平面ABC，则BD，
又BD⊥AC，，平面，则BD⊥平面，
，
则四棱锥的体积．
故选：B．
8．C
【分析】根据题意设椭圆右焦点为，根据椭圆的定义以及余弦定理可求出的关系，即可求出椭圆的离心率.
【详解】设椭圆右焦点为，连接，，
根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形，则，
因为，可得，所以，
则，，
由余弦定理可得，
即，即
故椭圆离心率
故选：C.
9．AD
【分析】根据给定条件，利用垂直关系、向量共线的坐标表示计算判断AB；利用单位向量的意义判断C，利用向量线性运算的坐标表示及利用坐标求模判断D.
【详解】对于A，由，得，解得，A正确；
对于B，由，共线，得，解得，B错误；
对于C，当时，是单位向量，C错误；
对于D，当时，，则，D正确．
故选：AD
10．ACD
【分析】由基本不等式可得A正确；举反例可得B错误；反向代入结合基本不等式可得C正确；展开之后由完全平方式可得D正确；
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，故A正确；
对于B，令，则，故B错误；
对于C，，当且仅当时取等号，故C正确；
对于D，，
当且仅当 或等号成立，故D正确；
故选：ACD.
11．ABD
【分析】根据题意可得，利用平行线分线段成比例结合椭圆的离心率即可判断A；根据椭圆的面积与菱形面积计算即可判断B；根据菱形内切圆的几何性质求得半径与圆心即可得圆的方程，从而判断C；根据椭圆面积及菱形面积关系，即可判断，的关系，从而可判断D.
【详解】由题可得，上、下顶点分别为，
左、右顶点分别为，
因为，，，所以，
对于A，若，则，所以，则，
故椭圆离心率，故A正确；
对于B，四边形的面积为，
椭圆的面积，则面积比为，故B正确；
对于C，设四边形的内切圆半径为，则在中可得，
所以，则四边形的内切圆方程为，故C不正确；
对于D，由题意有又，所以，
所以，而且，
故，故D正确.
故选：ABD.
12．2,1
【分析】化简得，令即可.
【详解】，令，则，
故其恒过点.
故答案为.
13．
【分析】根据指数函数性质并结合临界值的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】由于函数在上单调递增，
所以需要满足：，解得，
故答案为.
14．8
【分析】根据条件求出椭圆方程，再运用几何关系求出最大值.
【详解】
由条件 ， ，
即 ， ，
设 ，由题意： ，则 ，
，即 ，即椭圆C的标准方程为 ，
；
设左焦点为F，右焦点为 ，如下图：
则 的周长 ,
，当 三点共线时等号成立， ，
l的得最大值为8；
故8.
15．(1)
(2)
【分析】（1）等价变形已知条件，得到，结合余弦定理即可得解.
（2）由余弦定理求出，结合正弦定理即可求得，最后根据以及诱导公式即可得到答案.
【详解】（1），则，
所以，
因为，所以.
（2）由（1）得，，因为，
所以，，
如图在中，由余弦定理
，即，
在中由正弦定理，即，
所以，
因为，故，
在中,，
显然为锐角，则.
16．（1）；（2）.
【分析】（1）求出过点（2,1）与点（﹣2,﹣3）的直线的方程，又由条件得到圆心在直线y=3上，解方程组可得圆心的坐标，进而得到圆的半径，于是可得圆的方程；（2）将圆的方程化为一般式，与圆的方程作差后可得两圆公共弦所在直线的方程，然后求出圆心到公共弦的距离，进而可得公共弦的长．
【详解】（1）经过点（2，1）与点（﹣2，﹣3）的直线方程为，
即y=x﹣1．
由题意可得，圆心在直线y=3上，
由，解得圆心坐标为（4，3），
故圆C1的半径为4．
则圆C1的方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=16；
（2）∵圆C1的方程为（x﹣4）2+（y﹣3）2=16，
即x2+y2﹣8x﹣6y+9=0，
圆C2：x2+y2﹣2x+2y﹣9=0，
两式作差可得两圆公共弦所在直线方程为3x+4y﹣9=0．
圆C1的圆心到直线3x+4y﹣9=0的距离d=．
∴两圆的公共弦MN的长为．
（1）求圆的方程时注意平面几何知识的运用，如以下结论：①圆心在过切点且与
切线垂直的直线上；②圆心在任一弦的中垂线上；③两圆内切或外切时，切点与两圆圆心三点共线．
（2）当两圆相交时，将两个圆的方程相减后消去二次项，可得两圆公共弦所在直线的方程，利用此结论求解可提高解题的效率．
17．(1)证明见解析
(2)二面角的正弦值为
【分析】（1）求证平面即可由面面垂直的判定定理得证平面平面；
（2）分别作交于，作交于，连接，进而得平面，从而得是二面角的平面角，接着由等面积法求出和即可由得解．
【详解】（1）证明：因为，
所以，所以；
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，、平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）因为平面，平面，
所以直线与平面所成的角为，所以，
因为，且，，，故，
作交于，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
作交于，连接，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角，
因为即，所以，
因为即，所以，
所以，
所以二面角的正弦值为．
18．(1)椭圆的方程为
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的焦点坐标及的周长，可得的值，从而可求解椭圆方程；
（2）（i）先利用点的坐标表示出两条直线的斜率，再结合椭圆的方程，代入化简即可；（ii）联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理与（i）中斜率乘积为定值，化简求得定点坐标，即可证得结论．
【详解】（1）依题意可设椭圆，且，
又的周长为，即，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）证明：（i）设,，,，，
由（1）可知，，
所以，，
因为，即，所以，
所以，
又，所以，
所以；
（ii）因为直线的方程为，,，,，
联立，得，
所以，，
由（i）可知，，即，
所以，
即，
化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
所以直线经过轴上的定点，定点坐标为．
19．(1)
(2)
(3)存在，理由见解析.
【分析】（1）根据 “切立方”的定义，结合图象，找到一个切立方的四条边所在直线的方程即可；
（2）根据 “切立方”的定义，联立曲线和正方形的方程，由于相切，则，即可求解；
（3）设第一个切点为，则切线为：，根据函数图象关于原点对称和正方形对边平行，因此可设第二条切线为：，同理求出第三条和第四条切线，然后验证四条切线形成的图形是否为正方形.
【详解】（1）
根据“切立方”的定义，结合图象可得，（答案不唯一）.
（2）
由正方形的方程为，则，
由正方形为双曲线的一个“切立方”，
则，联立可得，
整理可得，
则，整理得，即，
则，所以.
（3）由题意得，
当时，，
设第一个切点为，则，
则过该点的一条切线方程为：，
即，
因为为奇函数，其图象关于原点对称，因此如果曲线是存在切立方，则正方形也关于原点对称，
故与第一条边平行的正方形的另一条边所在直线方程为：，
设第三个切点为，
同理可得另两条切线为，
若存在正方形，即,
由此可设，
，
，
，
，
，
，
设，且在上单调递减；
由，
由零点存在性定理可知在上有解，
因此曲线存在切立方.
（1）第二问中求双曲线的离心率，关键找到的关系式，因此利用直线与双曲线相切，把直线方程与双曲线方程联立消去建立关于的一元二次方程，然后则，建立关于的关系式；
（2）第三问的关键在于围成正方形的四条直线方程的设法，利用正方形的对边平行结合函数关于原点对称，则互相平行的两条切线在轴上的截距互为相反数.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
A
B
C
D
B
C
AD
ACD
题号
11









答案
ABD