2024-2025学年贵州省贵阳市高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年贵州省贵阳市高二上学期11月期中考试数学检测试题（附解析），共16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．已知集合，则的元素个数为（ ）
A．B．C．D．
2．复数在复平面内对应的点所在的象限为（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．如图，在中，是边BC的中点，是AM上一点，且，则（ ）

A．B．C．D．
4．“”是“直线与直线平行”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
5．已知圆，圆，则两圆的公切线条数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．图，已知圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，为下底面圆周上一点，满足，则异面直线AE与所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
7．函数的图象（ ）
A．关于原点对称B．在上单调递增
C．关于直线对称D．关于点对称
8．已知斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的中点为.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．下列函数中，既是奇函数，又在上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
10．在三角形中，角的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A．三角形的外接圆半径为2B．当时该三角形有唯一解
C．最大值为12D．的最大值为24
11．已知菱形ABCD的边长为，将沿AC翻折，使点与点重合，如图所示.记点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点，使得
B．无论点在何位置，总有面PBD
C．当三棱锥的体积最大时，直线AB与平面PBC所成角的余弦值为
D．当时，为PB上一点，则的最小值为2
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知椭圆的标准方程是，过椭圆左焦点且垂直于轴的直线与椭圆相交于A、B两点，连接OA，OB，构成的三角形AOB是等腰直角三角形，则椭圆的离心率为 .
13．已知直线与交于A，B两点，写出满足“面积为”的的一个值为 .
14．若，且，设，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，在四棱锥中，平面，且.
(1)求证：平面PAD；
(2)求平面PAD与平面PBC夹角的正切值.
16．已知直线，圆.
(1)若直线与直线平行，且与圆相切，求的直线方程；
(2)若直线与直线垂直，且与圆相交于AB两点，，求的直线方程.
17．在中，A，B，C所对的边分别为，且.
(1)求；
(2)若，求BC边上的高线AD的最大值.
18．在正三棱柱中，分别是棱上的动点（不包括端点），且满足，则：
(1)是否存在点E，使得，若存在，求出；
(2)求三棱锥体积的最大值；
(3)求二面角的最大值.
19．已知直线的方程的方程：，圆的圆心在坐标原点，当坐标原点到直线的距离最远时，圆与直线相切，点是圆上任意一点，过点作轴的垂线交轴于点，点在线段上，且满足，点的轨迹记为曲线，曲线与轴的正、负半轴分别交于两点，在轨迹上，且满足.
(1)证明直线经过定点并求出定点的坐标；
(2)求轨迹的方程；
(3)求直线所经过的定点.
答案
1．【正确答案】C
【详解】集合，分别表示直线与圆上的点，
则的元素个数为即为直线与圆的交点个数，
注意到过圆圆心，则直线与圆相交，
即交点个数为，的元素个数为.
故选：C
2．【正确答案】B
【详解】因为，
其在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
3．【正确答案】A
【详解】因为是上一点，可设，
由题意知
所以解得，所以，
故选：A.
4．【正确答案】C
【详解】若直线与直线平行，
则，解得，
所以，“”是“直线与直线平行”的充要条件.
故选：C
5．【正确答案】B
【详解】圆的圆心为，半径；
圆即，则圆心为，半径；
因为，则
所以两圆相交，则两圆只有条公切线.
故选：B
6．【正确答案】C
【详解】
因为，所以，所以，
如图所示，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
所以,
所以异面直线与所成角的余弦值为,
故选: C.
7．【正确答案】B
【详解】设.
对于A，注意到，则函数图象不关于原点对称，故A错误；
对于B，当时，，因在上不递增，
则在上不递增，故B错误；
对于C，注意到形如的函数图象，可由图象由伸缩，平移变换得到，
即函数的图象为中心对称图形，无对称轴，故C错误；
对于D，当时，，因函数在时无意义，
则的图象关于对称，故D正确.
故选：B
8．【正确答案】D
【详解】设 ，又点在椭圆上，
则，
两式相减可得: ，
所以，
又，
则 ，
又点在椭圆内，则，
则 , 所以 .
故选：D.
9．【正确答案】ABC
【详解】对于A，的定义域为，且，
所以为奇函数，且在上单调递增，故A正确；
对于B，的定义域为，且，
所以为奇函数，且在上单调递增，故B正确；
对于C，的定义域为，且，
所以为奇函数，且在上单调递增，故C正确；
对于D，的定义域为，定义域不关于原点对称，
所以为非奇非偶函数，故D错误；
故选：ABC
10．【正确答案】AD
【详解】对于A，由正弦定理，，故A正确；
对于B，由余弦定理，，解得或，
经验证均满足三角形三边关系，故当时该三角形有2个解，故B错误；
对于C，，由余弦定理可得.
由正弦定理，
因，则
，当且仅当，即时取等号.
则，则，故C错误；
对于D，由余弦定理，，
由基本不等式，，
当且仅当时取等号，故D正确.
故选：AD
11．【正确答案】BC
【详解】对于A，的轨迹是以为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，
显然圆锥轴截面的顶角为，大于，
则存在两条母线互相垂直，即存在点，使得，
而翻折前，因此存在点，使得，故A错误；
对于B，依题意，都是等边三角形，
取的中点，则，
又平面，于是平面，
又平面，因此，
因为四边形是菱形，所以，又，平面PBD，
因此平面PBD，故B正确；
对于C，由选项B知，平面是二面角的平面角，
三棱锥的体积，
当且仅当时取等号，此时平面，
等腰的面积，
设点到平面PBC的距离为，
由，得，解得，
设直线AB与平面所成的角为，
则，，故C正确；
对于D，当时，三棱锥为正四面体，
将，展开在同一平面内，如图，
显然四边形为菱形，，
当三点共线时，取得最小值，故D错误；
故选：BC.
12．【正确答案】
【详解】由题意，设椭圆左焦点为F−c,0，
将代入，解得，
如图：
所以，，
因为三角形AOB是等腰直角三角形，
所以，
所以，整理得，所以，
又因为离心率，所以，
解得或（舍）.
故
13．【正确答案】（答案不唯一）
【详解】由题，，圆心为，半径为2.
则直线l到C距离为，.
则或，
得或.
故
14．【正确答案】
【详解】因为，，
所以
，
当且仅当即时，等号成立，
所以，的最小值为.
故
15．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面平面，
所以，
又因为，
所以，而平面，
所以平面.
（2）
因为平面平面，
所以，而，
于是建立如图所示的空间直角坐标系，
，
由（1）可知：平面，
所以平面的法向量为，
设平面的法向量为，，
则有，
设平面与平面夹角为，
，
则，所以，
即平面PAD与平面PBC夹角的正切值为.
16．【正确答案】(1)或；
(2)或.
【详解】（1）依题意，设所求直线方程为，
因为所求直线与圆相切，且圆心为，半径为，
，解得或，
所求直线方程为或；
（2）依题意，设直线的方程为，
因为直线与圆相交于A，B两点，，
圆心到直线的距离为，，解得或，
直线的方程为或.
17．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
即，
又因为，所以，
因为，所以.
（2）由（1）可知：，又，
所以由余弦定理得：,
所以，所以，
当且仅当时，等号成立.
所以,
BC边上的高线AD的最大值.
18．【正确答案】(1)存在，；
(2)；
(3).
【详解】（1）假设存在点使得，
则因为，所以
由正三棱柱，平面，且平面，可得，
又因为，是平面内的两条相交直线，
所以平面，
又平面，所以，
又，所以，
又，且，
所以，解得（负值已舍去），则，
所以存在点使得，此时；
（2）如图，在中，

由余弦定理得，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，即三棱锥体积最大值为；
（3）如图，过点F作，垂足为D，
由为正三棱柱，可知平面，平面，
所以平面平面，又平面平面，平面，
所以平面，
过点D作，垂足为G，连接，

因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，
所以是二面角的一个平面角，
所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，所以二面角的最大值为.
19．【正确答案】(1)证明见解析，
(2)
(3)
【详解】（1）令，解得，
即对任意，总是方程的一组解，
所以直线经过定点.
（2）当时，此时原点到直线的距离最远，
(理由如下：当时，此时到的距离即为，
当与不垂直时，过作交于，显然在中，，
所以时，此时到的距离最大.)
因为，所以，所以，即，
因为与相切，所以，所以；
设，且，
因为，所以，所以，
因为，所以，所以，
所以.
（3）令方程中，解得，所以，
由题意可设，，
当的斜率不存在时(不与轴重合)，此时一正一负，不符合题意，所以的斜率存在，
当时，，即重合，重合，不符合要求，所以，
联立，可得，所以，
所以，所以，所以，
联立，可得，所以，
所以，所以，所以，
所以，
所以，化简可得，
所以经过定点.