2024-2025学年河南省漯河市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析）

2024-2025学年河南省漯河市高二上学期开学摸底考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知定义在上的函数满足，且当时，，则不等式的解集为（

）A．B．C．D．2．已知函数满足：，，则下列说法正确的有（

）A．是周期函数B．C．D．图象的一个对称中心为3．已知函数的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小顺序为（

）A． B． C． D．4．若一枚质地均匀的骰子连续抛两次，则点数之和不小于8的概率是（

）A． B． C． D．5．已知的内角，，所对的边分别为，，，且，则（

）A． B． C． D．6．在某城市正东方向200km处有一台风中心，它正向西北方向移动，移动速度的大小为20km/h，距离台风中心150km.以内的地区都将受到影响，若台风中心的这种移动趋势不变，大约几小时后该城市所在地开始受到影响.(参考数据：（

）A．2 B．4.5 C．9.5 D．107．若函数在内恰好存在8个，使得，则的取值范围为（

）A． B． C． D．8．若某圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球表面积为，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知，集合，若存在，使得集合恰有五个元素，则的可能取值为（

）A． B． C．3 D．10．如图，直线与半径为1的圆相切于点，射线绕着点逆时针方向旋转到，在旋转过程中射线交圆于点，设，且恒满足，射线扫过圆内部（阴影部分）的面积为，则下列正确的是（

）

A． B．的单调递增区间为C．点为的对称中心 D．在瞬时变化率最大11．已知函数，则（

）A．在上的最大值为 B．为偶函数C．为奇函数 D．在上单调递减三、填空题（本大题共3小题）12．若函数，存在使得，则实数的值为.13．2023年11月，国家自然资源部公布了四川省9座名山的高度数据，其中最高的是贡嘎山，它的高度数据为7508.9米，三角高程测量法是测量山体高度的方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，三点在同一水平面上的投影，满足，．由点测得点的仰角为，由点测得A点的仰角为，则的高度为．14．已知三个复数，，，且，，，所对应的向量，满足；则的最大值为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知函数．(1)当时，求在上的最值；(2)设函数，若存在最小值，求实数a的值．16．某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．(1)当漏诊率％时，求临界值c和误诊率；(2)设函数，当时，求的解析式，并求在区间的最小值．17．在中，内角的对边分别为，且.(1)求角的大小；(2)点是上的一点，，且，求周长的最小值.18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上．(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离；(3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，求的最大值．19．设函数.(1)设，在处取得最大值，求；(2)关于x的方程在区间上恰有12个不同的实数解，求实数k的取值范围.

参考答案1．【答案】B【分析】利用赋值法可得，再结合单调性的定义可知在定义域上单调递增，对不等式整理可得，结合单调性分析求解.【详解】因为，令，则，令，则，令，且，则，整理得，因为，则，可得，所以，即，可知在定义域上单调递增，又因为，即，可得，即，结合在定义域上单调递增，可得，解得或，所以不等式的解集为.故选B.2．【答案】A【分析】先证明得到A正确；再给出作为反例说明B，C，D错误.【详解】对于A，由于，故.从而，这就得到，所以，即.所以是周期函数，故A正确；对于B，C，D，取，则满足条件，但，，同时由于，，从而关于的对称点并不在函数图象上，故B，C，D错误.故选A.3．【答案】B【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为，与的交点，数形结合即可判断.【详解】由得，，由得，由得.在同一平面直角坐标系中画出，，的图象，由图象知，，.故选B.4．【答案】C【分析】列举出点数之和不小于8的情况数，结合两次点数共有36种情况，求出概率.【详解】一枚质地均匀的骰子连续抛两次，两次点数共有36种情况，其中点数之和为8的情况如下：，点数之和为9的情况如下：，点数之和为10的情况如下：，点数之和为11的情况如下：，点数之和为12的情况如下：，故点数之和不小于8的情况共有种，则点数之和不小于8的概率为.故选C.5．【答案】B【分析】变形给定等式，结合和角的正弦公式化简即得.【详解】在中，由，得，整理得，而，解得，而，所以.故选B.6．【答案】B【分析】根据题意画出示意图，利用余弦定理即可求解.【详解】如图，当台风中心向西北方向移动到达点时，的距离恰好150km，此时该城市所在地开始受到影响，设小时后该城市所在地开始受到影响,台风中心移动速度的大小为20km/h，所以km，由题意知，km,又台风中心向西北方向移动，所以,由余弦定理可得，解得或（舍），则开始受到影响在之后.故选B.7．【答案】D【分析】化简函数式为，题意说明，得，由正弦函数图象与直线的交点个数得的范围．【详解】由题意可得：，由可得，因为，，则，由题意可得，解得，所以的取值范围为．故选D．【易错警示】数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．8．【答案】B【分析】过圆锥的旋转轴作轴截面，由题意可求得轴截面内切圆的半径为1，进而求出圆锥的底面半径和高，代入圆锥体积公式，可得答案．【详解】如图，由题意知内切圆和外接圆同圆心，即的内心与外心重合，则为正三角形，因为内切球表面积为，设内切圆的半径为，则，所以内切圆的半径为1，所以的边长为，所以圆锥的底面半径为，又高为，故圆锥体积，故选B.9．【答案】AB【分析】根据题意，有五组解，所以，即可得解.【详解】函数，则,所以，或，因为，所以，因为使得集合恰有五个元素，则，，，，或，所以，解得.故选AB.【思路导引】本题关键在于对给定定义域内集合元素的分类讨论，考虑的所有组合情况，避免增大范围。10．【答案】ACD【分析】根据三角形面积公式和扇形面积公式，结合导数的性质、函数的对称性逐一判断即可.【详解】A：因为，故A选项正确；B：因为，故的单调递增区间为，故B选项错误；C：因为，所以点为的对称中心，故C选项正确；D：因为，故在瞬时变化率最大，故D选项正确.故选ACD.11．【答案】BD【分析】降幂公式以及辅助角公式求出的解析式，结合三角函数的图象与性质再逐一分析所给命题的真假.【详解】,对于A，，所以，所以，则在上的值域为，函数的最大值为，故A错误；对于B，设，则，所以为偶函数，故B正确；对于C，设，则，所以不是奇函数，故C错误；对于D，，，令，设，则时，单调递减，所以原函数在上单调递减，故D正确；故选BD.12．【答案】【分析】先求得的值域为，根据的范围之间的关系分类讨论即可求解.【详解】由余弦函数的性质，可得，所以的值域为，当时，，，显然不成立；同理，当时，不成立；所以，存在使得，先满足，即，当时，，，所以，所以集合与集合的交集不为空集，即或，亦即，所以，所以实数的值为.故答案为：.13．【答案】【分析】在中，利用正弦定理求，，再根据直角三角形结合相应角度运算求解.【详解】因为，，分别过作，垂足分别为，在中，则，由正弦定理，可得，，在，，则，在中，，则，所以.故答案为：.14．【答案】【分析】依题意设，，，即可表示出，再由复数的模、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.【详解】设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，因为且，所对应的向量，满足，即，不妨令，，则，，又，设，即则，所以，所以当时取得最大值，即.故答案为：.15．【答案】(1)最小值为，最大值为0；(2)6.【分析】(1)利用换元法，将函数转化为二次函数求在给定区间内的最值；(2)利用换元法，分类讨论二次函数在给定区间内的单调性和最值.【详解】(1)当时，,设，则，开口向上，对称轴，所以函数在单调递减，单调递增，所以所以在上的最小值为，最大值为0.(2),设，当且仅当，即时取得等号，所以，对称轴，当，即时，在单调递增，则，解得，不满足题意；当，即时，在单调递减，单调递增，所以，解得或（舍去），综上，实数a的值为6.16．【答案】(1)，；(2)，最小值为．【分析】(1)根据题意由第一个图可先求出，再根据第二个图求出的矩形面积即可解出；(2)根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出．【详解】(1)依题可知，左边图形第一个小矩形的面积为，所以，所以，解得：，．(2)当时，；当时，,故，所以在区间的最小值为．17．【答案】(1)；(2).【分析】(1)由二倍角公式及正弦定理化简计算可得角B;(2)应用正弦定理，再结合周长化简得出周长结合函数的单调性求出最小值即可.【详解】(1)由二倍角公式得，故由正弦定理得，而，所以故，则；(2)设，设，则，在中，，即在中，，即周长.令，则.即周长最小值为.18．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】(1)连接，取的中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可得证；(2)利用等体积法求出点到平面的距离；(3)连接，，取的中点，连接，确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值.【详解】(1)连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且，所以，为等边三角形，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)因为平面，平面，所以，，又，，，所以，所以，又，所以，设点到平面的距离为，则，即，解得，即点到平面的距离.(3)连接，，则且，又平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即，所以，取的中点，连接，则且，又为中点，所以，又，所以，由平面，平面，所以，，又，平面，所以平面，则平面，又，平面，所以平面，连接，，则为直线与平面所成的角，即，所以，为直线与平面所成的角，即，所以，所以，又，设，，所以，所以，令，则，所以，因为，所以，所以当时取得最大值，且最大值为，所以.19．【答案】(1)；(2).【分析】(1)由可得函数关于直线对称，又当时，，其中，，进而存在满足题意，利用诱导公式及二倍角余弦公式可得，由对称性可知还存在，同理可得，从而即可得答案；(2)由，可得函数为周期函数，进而根据周期性和对称性可将原问题转化为关于的方程在区间上恰有个不同的实数解，然后根据三角函数的图象与性质可得，解不等式即可得答案.【详解】(1)因为，所以函数关于直线对称，因为当时，，其中，，所以存在，使得为函数在区间上的最大值，由对称性可知也为在区间上的最大值，所以，所以，，，由对称性可知还存在，使得为函数在区间上的最大值，所以，，综上，；(2)因为，所以函数为周期函数，周期为，所以原问题等价于关于的方程在区间上恰有个不同的实数解，又由对称性可知关于的方程在区间上恰有个不同的实数解，当时，，，，所以，因为，所以，因为，所以，解得，所以的取值范围为.2024-2025学年河南省漯河市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知，则边所在直线的方程为（

）A． B．C． D．2．，，若，则实数a的值为（

）A． B． C． D．3．设椭圆：()的左、右焦点为，.若点在上，则的周长为(

)A．4 B．6 C．8 D．104．已知直线：与圆：有公共点，则直线的倾斜角的取值范围是（

）A． B． C． D．5．方程表示椭圆的充要条件是（

）A． B．C． D．或6．已知直线与直线交于，则原点到直线距离的最大值为（

）A．2 B． C． D．17．若两条直线，与圆的四个交点能构成正方形，则（

）A．3 B．2 C．1 D．08．已知，，圆上存在点P，使得，则a的最大值为（

）A． B． C．3 D．4二、多选题（本大题共3小题）9．一光线过点，经倾斜角为的且过的直线反射后过点，则反射后的光线还经过下列哪些点（

）A． B．C． D．10．设，是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，且．则下列说法中正确的是（

）A．， B．为直角三角形C．的面积为6 D．的面积为1211．已知点A是椭圆C：上一点，B是圆：上一点，则（

）A．椭圆C的离心率为 B．圆P的圆心坐标为C．圆P上所有的点都在椭圆C的内部 D．的最小值为三、填空题（本大题共3小题）12．求过两条直线和的交点，且与平行的直线方程.13．点在椭圆上，是椭圆的一个焦点，为的中点，，则.14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名，他发现：平面内到两个定点，的距离之比为定值（且）的点所形成的图形是圆，后来，人们把这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知点到两个定点，的距离之比为2，则的取值范围为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知圆C过三点．(1)求圆C的方程；(2)斜率为1的直线l与圆C交于M，N两点，若为等腰直角三角形，求直线l的方程．16．已知直线交于两点.(1)若，求直线的方程；(2)若的中点为为坐标原点，求的最大值.17．已知的顶点，边上的高线所在的方程为，角的角平分线交边于点，，所在的直线方程为.(1)求点的坐标；(2)求直线的方程.18．如图所示的图徽外框由半圆和半椭圆组成(如图),半圆的直径为10,椭圆的离心率为32,且短轴与半圆的直径重合,图徽内有一矩形区域ABCD用于绘画图案,矩形关于椭圆的长轴对称,且顶点在图徽外框上(1)建立适当的直角坐标系,求出半圆的方程和半椭圆的方程;(2)根据美学知识,当ADAB=0.6时达到最佳美观的效果,求达到最佳美观的效果时AB的长19．已知点，曲线上任意一点均满足.(1)求的轨迹方程；(2)过点的直线与交于两点，证明：．

参考答案1．【答案】A【分析】根据两点斜率公式求解斜率，即可由点斜式求解.【详解】,故直线方程为，即，故选:A2．【答案】C【分析】由直线垂直的充要条件列出方程结合特殊三角函数值运算即可.【详解】由题意，则当且仅当，即，解得.故选：C.3．【答案】B【详解】由于点在上，所以，得，，所以椭圆：，则，.由椭圆的定义，，而，所以的周长为.故选B.4．【答案】C【分析】直线与圆有公共点可以转化为圆心到直线的距离小于等于半径,然后利用点到直线的距离公式即可.【详解】圆的圆心为,半径为，直线：，直线与圆有公共点可以转化为圆心到直线的距离小于等于半径,即，即，故，即,解得.设直线倾斜角为,则,所以.因为，所以,所以直线的倾斜角的取值范围是.故选:C.5．【答案】D【分析】借助椭圆定义与充要条件的定义计算即可得.【详解】若表示椭圆，则有，解得或.故选：D.6．【答案】B【分析】由交点在两条直线，代入点的坐标得的关系，再将关系变形代入点到直线的距离公式消元求最值可得.【详解】因为两直线交于，则，即，且，则；由原点到直线的距离由，则，当且仅当时，取最大值，此时.即两直线重合时，原点到直线的距离最大.故选：B.7．【答案】B【分析】由直线方程可知，进而可得，相交于圆心，列式求解即可.【详解】圆的圆心，半径为1，因为，则，由题意可知：，相交于圆心，则，整理得所以．故选：B.8．【答案】B【分析】首先求点的轨迹方程，再结合两圆的位置关系，即可列式求解.【详解】设Px,y，，，若，则，即，即点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，由条件可知，圆与圆有交点，则，解得：，所以的最大值为.故选：B9．【答案】BC【分析】点关于直线的对称点在反射光线所在的直线上，进而求反射后的光线所在的直线方程即可求解.【详解】倾斜角为的且过的直线的方程为，即.设点关于直线的对称点，则有，即，解得，即.于是反射后的光线所在的直线方程为，即.对于A：在l的左侧，反射光线（射线）不经过该点，故A错误；对于B：时，故B正确；对于C：时，故C正确；对于D：时，故D错误；故选：BC.10．【答案】ABC【分析】由椭圆的定义可得，结合可求出的值，然后逐个分析判断即可.【详解】由，得，则，因为P是椭圆上一点，所以，因为，所以，，所以A正确，对于B，因为，所以，所以为直角三角形，所以B正确，对于CD，因为为直角三角形，，所以，所以C正确，D错误.故选：ABC.11．【答案】BCD【分析】对于A,可先将椭圆化为标准式，再由参数关系可直接求离心率；对于B，可先将圆化为标准式，可直接得到圆心；对于C，取圆上的一些特殊点判断其与特殊点的位置关系，再联立椭圆与圆的方程判断有无交点，两者结合即可判定椭圆与圆的位置关系；对于D，可先求的最值，再通过圆上的点的常用几何结论，来求的最小值.【详解】对于A，椭圆C的方程可化为，则半焦距c=8−4=2所以离心率，故A错误；对于B，圆P的方程可化为，则圆心为，故B正确；对于C，圆P上的点显然在椭圆C内，联立可得，而，所以椭圆C与圆P无公共点，又部分点在椭圆内，则圆P在椭圆C内部，故C正确；对于D，设，则则，所以时，取得最小值，又B是圆：上一点，即可得,所以，即的最小值为，故D正确.故选：BCD.12．【答案】【详解】联立，解得，故交点坐标为，设直线方程为，将代入得，解得，故所求直线方程为.故答案为：13．【答案】4【分析】根据椭圆的对称性，利用三角形中位线定理求得，再由椭圆定义求解即可．【详解】如图，根据椭圆的对称性，不妨设为左焦点，为右焦点，由椭圆，得，，是的中点，是的中点，为的中位线，，由椭圆的定义得．故答案为：4．14．【答案】【分析】首先求点的轨迹方程，再根据的几何意义，转化为直线与圆有交点，即可求解.【详解】由题意可知，，，整理为，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆，

表示圆上的点与定点1,0连线的斜率，设，即，如图可知，直线与圆有交点，则，解得：.故答案为：15．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据圆过点，得到圆心在上，设圆心坐标，再由圆心到圆上的点的距离相等求解；（2）设直线l的方程为：，根据为等腰直角三角形，由圆心到直线的距离求解.【详解】（1）解：因为圆过点，故圆心在上，设圆心坐标，则，解得．故其半径．故圆的方程为：；（2）设直线l的方程为：，因为为等腰直角三角形，∴圆心到直线的距离，即，解得或－8，所以l：或．16．【答案】(