2024-2025學年貴州省貴陽市高二上學期11月期中考試數學檢測試題一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，則的元素個數為（

）A． B． C． D．2．復數在復平面內對應的點所在的象限為（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限3．如圖，在中，是邊BC的中點，是AM上一點，且，則（

）

A． B． C． D．4．“”是“直線與直線平行”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件5．已知圓，圓，則兩圓的公切線條數為（

）A．1 B．2 C．3 D．46．圖，已知圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，為下底面圓周上一點，滿足，則異面直線AE與所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．7．函數的圖象（

）A．關于原點對稱 B．在上單調遞增C．關于直線對稱 D．關于點對稱8．已知斜率為的直線與橢圓交于A，B兩點，線段AB的中點為.則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．下列函數中，既是奇函數，又在上單調遞增的是（

）A． B． C． D．10．在三角形中，角的對邊分別為a，b，c，若，則（

）A．三角形的外接圓半徑為2 B．當時該三角形有唯一解C．最大值為12 D．的最大值為2411．已知菱形ABCD的邊長為，將沿AC翻折，使點與點重合，如圖所示.記點為翻折過程中點的位置（不包含在點處的位置），則下列結論正確的是（

）A．不存在點，使得B．無論點在何位置，總有面PBDC．當三棱錐的體積最大時，直線AB與平面PBC所成角的余弦值為D．當時，為PB上一點，則的最小值為2三、填空題（本大題共3小題）12．已知橢圓的標準方程是，過橢圓左焦點且垂直于軸的直線與橢圓相交于A、B兩點，連接OA，OB，構成的三角形AOB是等腰直角三角形，則橢圓的離心率為.13．已知直線與交于A，B兩點，寫出滿足“面積為”的的一個值為.14．若，且，設，則的最小值為.四、解答題（本大題共5小題）15．如圖，在四棱錐中，平面，且.(1)求證：平面PAD；(2)求平面PAD與平面PBC夾角的正切值.16．已知直線，圓.(1)若直線與直線平行，且與圓相切，求的直線方程；(2)若直線與直線垂直，且與圓相交于AB兩點，，求的直線方程.17．在中，A，B，C所對的邊分別為，且.(1)求；(2)若，求BC邊上的高線AD的最大值.18．在正三棱柱中，分別是棱上的動點（不包括端點），且滿足，則：(1)是否存在點E，使得，若存在，求出；(2)求三棱錐體積的最大值；(3)求二面角的最大值.19．已知直線的方程的方程：，圓的圓心在坐標原點，當坐標原點到直線的距離最遠時，圓與直線相切，點是圓上任意一點，過點作軸的垂線交軸于點，點在線段上，且滿足，點的軌跡記為曲線，曲線與軸的正、負半軸分別交于兩點，在軌跡上，且滿足.(1)證明直線經過定點并求出定點的坐標；(2)求軌跡的方程；(3)求直線所經過的定點.

答案1．【正確答案】C【詳解】集合，分別表示直線與圓上的點，則的元素個數為即為直線與圓的交點個數，注意到過圓圓心，則直線與圓相交，即交點個數為，的元素個數為.故選：C2．【正確答案】B【詳解】因為，其在復平面內對應的點為，位于第二象限.故選：B.3．【正確答案】A【詳解】因為是上一點，可設，由題意知所以解得，所以，故選：A.4．【正確答案】C【詳解】若直線與直線平行，則，解得，所以，“”是“直線與直線平行”的充要條件.故選：C5．【正確答案】B【詳解】圓的圓心為，半徑；圓即，則圓心為，半徑；因為，則所以兩圓相交，則兩圓只有條公切線.故選：B6．【正確答案】C【詳解】因為，所以，所以，如圖所示，以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則,所以,所以異面直線與所成角的余弦值為,故選:C.7．【正確答案】B【詳解】設.對于A，注意到，則函數圖象不關于原點對稱，故A錯誤；對于B，當時，，因在上不遞增，則在上不遞增，故B錯誤；對于C，注意到形如的函數圖象，可由圖象由伸縮，平移變換得到，即函數的圖象為中心對稱圖形，無對稱軸，故C錯誤；對于D，當時，，因函數在時無意義，則的圖象關于對稱，故D正確.故選：B8．【正確答案】D【詳解】設，又點在橢圓上，則，兩式相減可得:，所以，又，則，又點在橢圓內，則，則,所以.故選：D.9．【正確答案】ABC【詳解】對于A，的定義域為，且，所以為奇函數，且在上單調遞增，故A正確；對于B，的定義域為，且，所以為奇函數，且在上單調遞增，故B正確；對于C，的定義域為，且，所以為奇函數，且在上單調遞增，故C正確；對于D，的定義域為，定義域不關于原點對稱，所以為非奇非偶函數，故D錯誤；故選：ABC10．【正確答案】AD【詳解】對于A，由正弦定理，，故A正確；對于B，由余弦定理，，解得或，經驗證均滿足三角形三邊關系，故當時該三角形有2個解，故B錯誤；對于C，，由余弦定理可得.由正弦定理，因，則，當且僅當，即時取等號.則，則，故C錯誤；對于D，由余弦定理，，由基本不等式，，當且僅當時取等號，故D正確.故選：AD11．【正確答案】BC【詳解】對于A，的軌跡是以為軸的兩個同底的圓錐底面半圓弧，顯然圓錐軸截面的頂角為，大于，則存在兩條母線互相垂直，即存在點，使得，而翻折前，因此存在點，使得，故A錯誤；對于B，依題意，都是等邊三角形，取的中點，則，又平面，于是平面，又平面，因此，因為四邊形是菱形，所以，又，平面PBD，因此平面PBD，故B正確；對于C，由選項B知，平面是二面角的平面角，三棱錐的體積，當且僅當時取等號，此時平面，等腰的面積，設點到平面PBC的距離為，由，得，解得，設直線AB與平面所成的角為，則，，故C正確；對于D，當時，三棱錐為正四面體，將，展開在同一平面內，如圖，顯然四邊形為菱形，，當三點共線時，取得最小值，故D錯誤；故選：BC.12．【正確答案】【詳解】由題意，設橢圓左焦點為F?c,0將代入，解得，如圖：所以，，因為三角形AOB是等腰直角三角形，所以，所以，整理得，所以，又因為離心率，所以，解得或（舍）.故13．【正確答案】（答案不唯一）【詳解】由題，，圓心為，半徑為2.則直線l到C距離為，.則或，得或.故14．【正確答案】【詳解】因為，，所以，當且僅當即時，等號成立，所以，的最小值為.故15．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）因為平面平面，所以，又因為，所以，而平面，所以平面.（2）因為平面平面，所以，而，于是建立如圖所示的空間直角坐標系，，由（1）可知：平面，所以平面的法向量為，設平面的法向量為，，則有，設平面與平面夾角為，，則，所以，即平面PAD與平面PBC夾角的正切值為.16．【正確答案】(1)或；(2)或.【詳解】（1）依題意，設所求直線方程為，因為所求直線與圓相切，且圓心為，半徑為，，解得或，所求直線方程為或；（2）依題意，設直線的方程為，因為直線與圓相交于A，B兩點，，圓心到直線的距離為，，解得或，直線的方程為或.17．【正確答案】(1)(2)【詳解】（1）因為，由正弦定理得，即，又因為，所以，因為，所以.（2）由（1）可知：，又，所以由余弦定理得：,所以，所以，當且僅當時，等號成立.所以,BC邊上的高線AD的最大值.18．【正確答案】(1)存在，；(2)；(3).【詳解】（1）假設存在點使得，則因為，所以由正三棱柱，平面，且平面，可得，又因為，是平面內的兩條相交直線，所以平面，又平面，所以，又，所以，又，且，所以，解得（負值已舍去），則，所以存在點使得，此時；（2）如圖，在中，

由余弦定理得，所以，當且僅當時等號成立，所以，即三棱錐體積最大值為；（3）如圖，過點F作，垂足為D，由為正三棱柱，可知平面，平面，所以平面平面，又平面平面，平面，所以平面，過點D作，垂足為G，連接，

因為平面，所以，又，平面，所以平面，所以是二面角的一個平面角，所以，所以，當且僅當，即時等號成立，所以二面角的最大值為.19．【正確答案】(1)證明見解析，(2)(3)【詳解】（1）令，解得，即對任意，總是方程的一組解，所以直線經過定點.（2）當時，此時原點到直線的距離最遠，(理由如下：當時，此時到的距離即為，當與不垂直時，過作交于，顯然在中，，所以時，此時到的距離