2024-2025學年河南省漯河市高二上學期開學摸底考數學檢測試題（一）一、單選題（本大題共8小題）1．已知定義在上的函數滿足，且當時，，則不等式的解集為（

）A．B．C．D．2．已知函數滿足：，，則下列說法正確的有（

）A．是周期函數B．C．D．圖象的一個對稱中心為3．已知函數的零點分別為a，b，c，則a，b，c的大小順序為（

）A． B． C． D．4．若一枚質地均勻的骰子連續(xù)拋兩次，則點數之和不小于8的概率是（

）A． B． C． D．5．已知的內角，，所對的邊分別為，，，且，則（

）A． B． C． D．6．在某城市正東方向200km處有一臺風中心，它正向西北方向移動，移動速度的大小為20km/h，距離臺風中心150km.以內的地區(qū)都將受到影響，若臺風中心的這種移動趨勢不變，大約幾小時后該城市所在地開始受到影響.(參考數據：（

）A．2 B．4.5 C．9.5 D．107．若函數在內恰好存在8個，使得，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．8．若某圓錐的內切球與外接球的球心重合，且內切球表面積為，則該圓錐的體積為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．已知，集合，若存在，使得集合恰有五個元素，則的可能取值為（

）A． B． C．3 D．10．如圖，直線與半徑為1的圓相切于點，射線繞著點逆時針方向旋轉到，在旋轉過程中射線交圓于點，設，且恒滿足，射線掃過圓內部（陰影部分）的面積為，則下列正確的是（

）

A． B．的單調遞增區(qū)間為C．點為的對稱中心 D．在瞬時變化率最大11．已知函數，則（

）A．在上的最大值為 B．為偶函數C．為奇函數 D．在上單調遞減三、填空題（本大題共3小題）12．若函數，存在使得，則實數的值為.13．2023年11月，國家自然資源部公布了四川省9座名山的高度數據，其中最高的是貢嘎山，它的高度數據為7508.9米，三角高程測量法是測量山體高度的方法之一．如圖是三角高程測量法的一個示意圖，三點在同一水平面上的投影，滿足，．由點測得點的仰角為，由點測得A點的仰角為，則的高度為．14．已知三個復數，，，且，，，所對應的向量，滿足；則的最大值為.四、解答題（本大題共5小題）15．已知函數．(1)當時，求在上的最值；(2)設函數，若存在最小值，求實數a的值．16．某研究小組經過研究發(fā)現(xiàn)某種疾病的患病者與未患病者的某項醫(yī)學指標有明顯差異，經過大量調查，得到如下的患病者和未患病者該指標的頻率分布直方圖：利用該指標制定一個檢測標準，需要確定臨界值c，將該指標大于c的人判定為陽性，小于或等于c的人判定為陰性．此檢測標準的漏診率是將患病者判定為陰性的概率，記為；誤診率是將未患病者判定為陽性的概率，記為．假設數據在組內均勻分布，以事件發(fā)生的頻率作為相應事件發(fā)生的概率．(1)當漏診率％時，求臨界值c和誤診率；(2)設函數，當時，求的解析式，并求在區(qū)間的最小值．17．在中，內角的對邊分別為，且.(1)求角的大?。?2)點是上的一點，，且，求周長的最小值.18．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，平面平面，，，，點E，F(xiàn)分別為棱PD，BC的中點，點G在線段AF上．(1)證明：平面；(2)求點到平面的距離；(3)設直線與平面，平面，平面所成的角分別為，，，求的最大值．19．設函數.(1)設，在處取得最大值，求；(2)關于x的方程在區(qū)間上恰有12個不同的實數解，求實數k的取值范圍.

參考答案1．【答案】B【分析】利用賦值法可得，再結合單調性的定義可知在定義域上單調遞增，對不等式整理可得，結合單調性分析求解.【詳解】因為，令，則，令，則，令，且，則，整理得，因為，則，可得，所以，即，可知在定義域上單調遞增，又因為，即，可得，即，結合在定義域上單調遞增，可得，解得或，所以不等式的解集為.故選B.2．【答案】A【分析】先證明得到A正確；再給出作為反例說明B，C，D錯誤.【詳解】對于A，由于，故.從而，這就得到，所以，即.所以是周期函數，故A正確；對于B，C，D，取，則滿足條件，但，，同時由于，，從而關于的對稱點并不在函數圖象上，故B，C，D錯誤.故選A.3．【答案】B【分析】首先可求出，再由得，由得，將其轉化為，與的交點，數形結合即可判斷.【詳解】由得，，由得，由得.在同一平面直角坐標系中畫出，，的圖象，由圖象知，，.故選B.4．【答案】C【分析】列舉出點數之和不小于8的情況數，結合兩次點數共有36種情況，求出概率.【詳解】一枚質地均勻的骰子連續(xù)拋兩次，兩次點數共有36種情況，其中點數之和為8的情況如下：，點數之和為9的情況如下：，點數之和為10的情況如下：，點數之和為11的情況如下：，點數之和為12的情況如下：，故點數之和不小于8的情況共有種，則點數之和不小于8的概率為.故選C.5．【答案】B【分析】變形給定等式，結合和角的正弦公式化簡即得.【詳解】在中，由，得，整理得，而，解得，而，所以.故選B.6．【答案】B【分析】根據題意畫出示意圖，利用余弦定理即可求解.【詳解】如圖，當臺風中心向西北方向移動到達點時，的距離恰好150km，此時該城市所在地開始受到影響，設小時后該城市所在地開始受到影響,臺風中心移動速度的大小為20km/h，所以km，由題意知，km,又臺風中心向西北方向移動，所以,由余弦定理可得，解得或（舍），則開始受到影響在之后.故選B.7．【答案】D【分析】化簡函數式為，題意說明，得，由正弦函數圖象與直線的交點個數得的范圍．【詳解】由題意可得：，由可得，因為，，則，由題意可得，解得，所以的取值范圍為．故選D．【易錯警示】數形結合的重點是“以形助數”，在解題時要注意培養(yǎng)這種思想意識，做到心中有圖，見數想圖，以開拓自己的思維．使用數形結合法的前提是題目中的條件有明確的幾何意義，解題時要準確把握條件、結論與幾何圖形的對應關系，準確利用幾何圖形中的相關結論求解．8．【答案】B【分析】過圓錐的旋轉軸作軸截面，由題意可求得軸截面內切圓的半徑為1，進而求出圓錐的底面半徑和高，代入圓錐體積公式，可得答案．【詳解】如圖，由題意知內切圓和外接圓同圓心，即的內心與外心重合，則為正三角形，因為內切球表面積為，設內切圓的半徑為，則，所以內切圓的半徑為1，所以的邊長為，所以圓錐的底面半徑為，又高為，故圓錐體積，故選B.9．【答案】AB【分析】根據題意，有五組解，所以，即可得解.【詳解】函數，則,所以，或，因為，所以，因為使得集合恰有五個元素，則，，，，或，所以，解得.故選AB.【思路導引】本題關鍵在于對給定定義域內集合元素的分類討論，考慮的所有組合情況，避免增大范圍。10．【答案】ACD【分析】根據三角形面積公式和扇形面積公式，結合導數的性質、函數的對稱性逐一判斷即可.【詳解】A：因為，故A選項正確；B：因為，故的單調遞增區(qū)間為，故B選項錯誤；C：因為，所以點為的對稱中心，故C選項正確；D：因為，故在瞬時變化率最大，故D選項正確.故選ACD.11．【答案】BD【分析】降冪公式以及輔助角公式求出的解析式，結合三角函數的圖象與性質再逐一分析所給命題的真假.【詳解】,對于A，，所以，所以，則在上的值域為，函數的最大值為，故A錯誤；對于B，設，則，所以為偶函數，故B正確；對于C，設，則，所以不是奇函數，故C錯誤；對于D，，，令，設，則時，單調遞減，所以原函數在上單調遞減，故D正確；故選BD.12．【答案】【分析】先求得的值域為，根據的范圍之間的關系分類討論即可求解.【詳解】由余弦函數的性質，可得，所以的值域為，當時，，，顯然不成立；同理，當時，不成立；所以，存在使得，先滿足，即，當時，，，所以，所以集合與集合的交集不為空集，即或，亦即，所以，所以實數的值為.故答案為：.13．【答案】【分析】在中，利用正弦定理求，，再根據直角三角形結合相應角度運算求解.【詳解】因為，，分別過作，垂足分別為，在中，則，由正弦定理，可得，，在，，則，在中，，則，所以.故答案為：.14．【答案】【分析】依題意設，，，即可表示出，再由復數的模、輔助角公式及正弦函數的性質計算可得.【詳解】設復數，，在復平面內對應的點分別為，，，因為且，所對應的向量，滿足，即，不妨令，，則，，又，設，即則，所以，所以當時取得最大值，即.故答案為：.15．【答案】(1)最小值為，最大值為0；(2)6.【分析】(1)利用換元法，將函數轉化為二次函數求在給定區(qū)間內的最值；(2)利用換元法，分類討論二次函數在給定區(qū)間內的單調性和最值.【詳解】(1)當時，,設，則，開口向上，對稱軸，所以函數在單調遞減，單調遞增，所以所以在上的最小值為，最大值為0.(2),設，當且僅當，即時取得等號，所以，對稱軸，當，即時，在單調遞增，則，解得，不滿足題意；當，即時，在單調遞減，單調遞增，所以，解得或（舍去），綜上，實數a的值為6.16．【答案】(1)，；(2)，最小值為．【分析】(1)根據題意由第一個圖可先求出，再根據第二個圖求出的矩形面積即可解出；(2)根據題意確定分段點，即可得出的解析式，再根據分段函數的最值求法即可解出．【詳解】(1)依題可知，左邊圖形第一個小矩形的面積為，所以，所以，解得：，．(2)當時，；當時，,故，所以在區(qū)間的最小值為．17．【答案】(1)；(2).【分析】(1)由二倍角公式及正弦定理化簡計算可得角B;(2)應用正弦定理，再結合周長化簡得出周長結合函數的單調性求出最小值即可.【詳解】(1)由二倍角公式得，故由正弦定理得，而，所以故，則；(2)設，設，則，在中，，即在中，，即周長.令，則.即周長最小值為.18．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【分析】(1)連接，取的中點，連接，根據面面垂直的性質得到平面，即可得到，再由，即可得證；(2)利用等體積法求出點到平面的距離；(3)連接，，取的中點，連接，確定直線與平面，平面，平面所成的角，再根據銳角三角函數得到，設，，利用換元法求出函數的最大值.【詳解】(1)連接，取的中點，連接，因為底面為菱形，且，所以，為等邊三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，所以，又，，平面，所以平面；(2)因為平面，平面，所以，，又，，，所以，所以，又，所以，設點到平面的距離為，則，即，解得，即點到平面的距離.(3)連接，，則且，又平面，所以平面，則為直線與平面所成的角，即，所以，取的中點，連接，則且，又為中點，所以，又，所以，由平面，平面，所以，，又，平面，所以平面，則平面，又，平面，所以平面，連接，，則為直線與平面所成的角，即，所以，為直線與平面所成的角，即，所以，所以，又，設，，所以，所以，令，則，所以，因為，所以，所以當時取得最大值，且最大值為，所以.19．【答案】(1)；(2).【分析】(1)由可得函數關于直線對稱，又當時，，其中，，進而存在滿足題意，利用誘導公式及二倍角余弦公式可得，由對稱性可知還存在，同理可得，從而即可得答案；(2)由，可得函數為周期函數，進而根據周期性和對稱性可將原問題轉化為關于的方程在區(qū)間上恰有個不同的實數解，然后根據三角函數的圖象與性質可得，解不等式即可得答案.【詳解】(1)因為，所以函數關于直線對稱，因為當時，，其中，，所以存在，使得為函數在區(qū)間上的最大值，由對稱性可知也為在區(qū)間上的最大值，所以，所以，，，由對稱性可知還存在，使得為函數在區(qū)間上的最大值，所以，，綜上，；(2)因為，所以函數為周期函數，周期為，所以原問題等價于關于的方程在區(qū)間上恰有個不同的實數解，又由對稱性可知關于的方程在區(qū)間上恰有個不同的實數解，當時，，，，所以，因為，所以，因為，所以，解得，所以的取值范圍為.2024-2025學年河南省漯河市高二上學期開學摸底考數學檢測試題（二）一、單選題（本大題共8小題）1．已知，則邊所在直線的方程為（

）A． B．C． D．2．，，若，則實數a的值為（

）A． B． C． D．3．設橢圓：()的左、右焦點為，.若點在上，則的周長為(

)A．4 B．6 C．8 D．104．已知直線：與圓：有公共點，則直線的傾斜角的取值范圍是（

）A． B． C． D．5．方程表示橢圓的充要條件是（

）A． B．C． D．或6．已知直線與直線交于，則原點到直線距離的最大值為（

）A．2 B． C． D．17．若兩條直線，與圓的四個交點能構成正方形，則（

）A．3 B．2 C．1 D．08．已知，，圓上存在點P，使得，則a的最大值為（

）A． B． C．3 D．4二、多選題（本大題共3小題）9．一光線過點，經傾斜角為的且過的直線反射后過點，則反射后的光線還經過下列哪些點（

）A． B．C． D．10．設，是橢圓的兩個焦點，P是橢圓上一點，且．則下列說法中正確的是（

）A．， B．為直角三角形C．的面積為6 D．的面積為1211．已知點A是橢圓C：上一點，B是圓：上一點，則（

）A．橢圓C的離心率為 B．圓P的圓心坐標為C．圓P上所有的點都在橢圓C的內部 D．的最小值為三、填空題（本大題共3小題）12．求過兩條直線和的交點，且與平行的直線方程.13．點在橢圓上，是橢圓的一個焦點，為的中點，，則.14．古希臘著名數學家阿波羅尼斯與歐幾里得、阿基米德齊名，他發(fā)現(xiàn)：平面內到兩個定點，的距離之比為定值（且）的點所形成的圖形是圓，后來，人們把這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿氏圓.已知點到兩個定點，的距離之比為2，則的取值范圍為.四、解答題（本大題共5小題）15．已知圓C過三點．(1)求圓C的方程；(2)斜率為1的直線l與圓C交于M，N兩點，若為等腰直角三角形，求直線l的方程．16．已知直線交于兩點.(1)若，求直線的方程；(2)若的中點為為坐標原點，求的最大值.17．已知的頂點，邊上的高線所在的方程為，角的角平分線交邊于點，，所在的直線方程為.(1)求點的坐標；(2)求直線的方程.18．如圖所示的圖徽外框由半圓和半橢圓組成(如圖),半圓的直徑為10,橢圓的離心率為32,且短軸與半圓的直徑重合,圖徽內有一矩形區(qū)域ABCD用于繪畫圖案,矩形關于橢圓的長軸對稱,且頂點在圖徽外框上(1)建立適當的直角坐標系,求出半圓的方程和半橢圓的方程;(2)根據美學知識,當ADAB=0.6時達到最佳美觀的效果,求達到最佳美觀的效果時AB的長19．已知點，曲線上任意一點均滿足.(1)求的軌跡方程；(2)過點的直線與交于兩點，證明：．

參考答案1．【答案】A【分析】根據兩點斜率公式求解斜率，即可由點斜式求解.【詳解】,故直線方程為，即，故選:A2．【答案】C【分析】由直線垂直的充要條件列出方程結合特殊三角函數值運算即可.【詳解】由題意，則當且僅當，即，解得.故選：C.3．【答案】B【詳解】由于點在上，所以，得，，所以橢圓：，則，.由橢圓的定義，，而，所以的周長為.故選B.4．【答案】C【分析】直線與圓有公共點可以轉化為圓心到直線的距離小于等于半徑,然后利用點到直線的距離公式即可.【詳解】圓的圓心為,半徑為，直線：，直線與圓有公共點可以轉化為圓心到直線的距離小于等于半徑,即，即，故，即,解得.設直線傾斜角為,則,所以.因為，所以,所以直線的傾斜角的取值范圍是.故選:C.5．【答案】D【分析】借助橢圓定義與充要條件的定義計算即可得.【詳解】若表示橢圓，則有，解得或.故選：D.6．【答案】B【分析】由交點在兩條直線，代入點的坐標得的關系，再將關系變形代入點到直線的距離公式消元求最值可得.【詳解】因為兩直線交于，則，即，且，則；由原點到直線的距離由，則，當且僅當時，取最大值，此時.即兩直線重合時，原點到直線的距離最大.故選：B.7．【答案】B【分析】由直線方程可知，進而可得，相交于圓心，列式求解即可.【詳解】圓的圓心，半徑為1，因為，則，由題意可知：，相交于圓心，則，整理得所以．故選：B.8．【答案】B【分析】首先求點的軌跡方程，再結合兩圓的位置關系，即可列式求解.【詳解】設Px,y，，，若，則，即，即點的軌跡是以點為圓心，2為半徑的圓，由條件可知，圓與圓有交點，則，解得：，所以的最大值為.故選：B9．【答案】BC【分析】點關于直線的對稱點在反射光線所在的直線上，進而求反射后的光線所在的直線方程即可求解.【詳解】傾斜角為的且過的直線的方程為，即.設點關于直線的對稱點，則有，即，解得，即.于是反射后的光線所在的直線方程為，即.對于A：在l的左側，反射光線（射線）不經過該點，故A錯誤；對于B：時，故B正確；對于C：時，故C正確；對于D：時，故D錯誤；故選：BC.10．【答案】ABC【分析】由橢圓的定義可得，結合可求出的值，然后逐個分析判斷即可.【詳解】由，得，則，因為P是橢圓上一點，所以，因為，所以，，所以A正確，對于B，因為，所以，所以為直角三角形，所以B正確，對于CD，因為為直角三角形，，所以，所以C正確，D錯誤.故選：ABC.11．【答案】BCD【分析】對于A,可先將橢圓化為標準式，再由參數關系可直接求離心率；對于B，可先將圓化為標準式，可直接得到圓心；對于C，取圓上的一些特殊點判斷其與特殊點的位置關系，再聯(lián)立橢圓與圓的方程判斷有無交點，兩者結合即可判定橢圓與圓的位置關系；對于D，可先求的最值，再通過圓上的點的常用幾何結論，來求的最小值.【詳解】對于A，橢圓C的方程可化為，則半焦距c=8?4=2所以離心率，故A錯誤；對于B，圓P的方程可化為，則圓心為，故B正確；對于C，圓P上的點顯然在橢圓C內，聯(lián)立可得，而，所以橢圓C與圓P無公共點，又部分點在橢圓內，則圓P在橢圓C內部，故C正確；對于D，設，則則，所以時，取得最小值，又B是圓：上一點，即可得,所以，即的最小值為，故D正確.故選：BCD.12．【答案】【詳解】聯(lián)立，解得，故交點坐標為，設直線方程為，將代入得，解得，故所求直線方程為.故答案為：13．【答案】4【分析】根據橢圓的對稱性，利用三角形中位線定理求得，再由橢圓定義求解即可．【詳解】如圖，根據橢圓的對稱性，不妨設為左焦點，為右焦點，由橢圓，得，，是的中點，是的中點，為的中位線，，由橢圓的定義得．故答案為：4．14．【答案】【分析】首先求點的軌跡方程，再根據的幾何意義，轉化為直線與圓有交點，即可求解.【詳解】由題意可知，，，整理為，所以點的軌跡是以為圓心，2為半徑的圓，

表示圓上的點與定點1,0連線的斜率，設，即，如圖可知，直線與圓有交點，則，解得：.故答案為：15．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根據圓過點，得到圓心在上，設圓心坐標，再由圓心到圓上的點的距離相等求解；（2）設直線l的方程為：，根據為等腰直角三角形，由圓心到直線的距離求解.【詳解】（1）解：因為圓過點，故圓心在上，設圓心坐標，則，解得．故其半徑．故圓的方程為：；（2）設直線l的方程為：，因為為等腰直角三角形，∴圓心到直線的距離，即，解得或－8，所以l：或．16．【答案】(