精品解析：湖北省武汉市部分学校2025-2026学年高二上学期九月模拟考试数学试卷

湖北省武汉市部分学校2025-2026学年高二上学期九月模拟考试数学试卷 2025.9 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数，则的虚部与实部之和的值是（ ） A. 1 B. 0 C. -1 D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线绕点逆时针旋转，得到直线，则不过（ ） A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限 5. 函数，则下列关于的说法中正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 最小值是 C. 关于对称 D. 与轴交点是 6. 在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆，点为轴上一动点.现由点向点发射一道粗细不计的光线，光线经轴反射后与圆有交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 在中为BC中点，若将沿着直线AD翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线AN与平面ABD所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为R，满足，若的图像关于直线对称，且，则（ ） A. 92 B. -205 C. 100 D. -19 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分. 9. 已知点在圆上，点，则（ ） A. 点到直线AB的距离最小值为 B. 在点处作圆的切线（为切点）与直线AB相交于点，则 C. 当最小时， D. 当最大时， 10. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，则（ ） A. 角 B. C. 当取得最大值时，在所在平面内取一点(D与B在两侧)，使得线段，则面积的最大值为 D. 11. 将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到一个六面体，则（ ） A. 该几何体的表面积为 B. 该几何体的体积为 C. 直线平面BCE D. 过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为______________. 13. 若满足，满足，满足，则_____________. 14. 在棱长为3的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则三棱锥体积的最大值为_____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其面积为，且. （1）求角； （2）若，求取值范围. 16. 如图所示，已知斜三棱柱中，在上和上分别有一点和，且. （1）求证：，，共面； （2），且，点为侧棱上靠近点的四等分点，求直线与平面所成角的余弦值. 17. 在圆内接四边形中，圆的半径为. （1）求的值； （2）连接，求. 18. 过坐标原点作圆的两条切线，切点为，，直线恰为抛物线的准线. （1）求的方程； （2）将抛物线向左移4个单位长度得到新抛物线，抛物线交轴于，两点，，为抛物线上不重合的两点，交于点.若直线经过坐标原点，求证：的面积恒为定值. 19. 如图，在正方体中，棱长为2，M是棱的中点，是DM的中点， （1）证明：平面ABCD； （2）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积； （3）求二面角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北省武汉市部分学校2025-2026学年高二上学期九月模拟考试数学试卷 2025.9 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 复数，则的虚部与实部之和的值是（ ） A. 1 B. 0 C. -1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出复数，再由复数的运算法则求解即可． 【详解】， 则， 得， 则的虚部为1，实部为0， 则的虚部与实部之和的值为1 故选：A 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集的概念来列举并求出与的交集即可. 【详解】把集合中的元素逐一代入，判断其正负， 当时，满足， 当时，不满足， 所以， 故选：D. 3. 若方程表示焦点在轴上的椭圆，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简方程为，根据题意，列出不等式组，即可求解. 【详解】将方程变形可得， 因为方程表示焦点在y轴上的椭圆，可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：D. 4. 已知直线绕点逆时针旋转，得到直线，则不过（ ） A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知得直线的倾斜角为，设且，利用对称性和点线距离公式得，从而确定直线所过象限，即可得. 【详解】对于直线，斜率为，则其倾斜角为，逆时针旋转， 所以，则直线的倾斜角为，设， 由过，显然在下方，则旋转后与轴交点在上方，所以， 由到的距离， 由到的距离， 所以，可得（舍）， 所以中，， 所以过第一、二、三象限，不过第四象限. 故选：A 5. 函数，则下列关于的说法中正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 最小值是 C. 关于对称 D. 与轴交点是 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知得且，为锐角，结合正弦型函数的性质依次判断各项的正误. 【详解】由 且，为锐角，则， 所以，A错， 当，最小值，B对， ， 所以，即不关于对称，C错， 由，D错. 故选：B 6. 在平面直角坐标系中，点的坐标为，圆，点为轴上一动点.现由点向点发射一道粗细不计的光线，光线经轴反射后与圆有交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知确定圆关于对称的圆的圆心为，半径为1，根据反射光与圆有交点，即直线与对称圆有交点，应用点线距离公式列不等式求参数范围. 【详解】由题设，圆心，半径， 所以关于对称的圆的圆心为，半径为1， 而，要使光线经轴反射后与圆有交点， 只需，可得， 所以，则， 所以. 故选：D 7. 在中为BC中点，若将沿着直线AD翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线AN与平面ABD所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】若是的外接圆圆心，根据已知确定的外接球球心为，作平面于，求得，再由等体积法求得，求线面角的正弦值，进而求其余弦值. 【详解】由题设，若是的外接圆圆心，，，， 所以的外接圆半径， 又四面体的外接球半径为， 所以的外接球球心与的外接圆圆心重合，即为， 作平面于，且是边长为2的等边三角形， 又是的球心，则为的中心， 故，而，则， 由是边长为2的等边三角形，且， 易知到平面的距离， 由，故直线AN与平面ABD所成角正弦值为，故余弦值为. 故选：B 8. 已知函数的定义域为R，满足，若的图像关于直线对称，且，则（ ） A. 92 B. -205 C. 100 D. -19 【答案】A 【解析】 【分析】根据对称以及题中条件可得，进而可得，利用赋值可得，，即可代入求解. 【详解】由于的图像关于直线对称，则， 故， 又，故， 因此，， 故 故， 由及可得，，解得 又，故， ， 故选：A 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分. 9. 已知点在圆上，点，则（ ） A. 点到直线AB的距离最小值为 B. 在点处作圆的切线（为切点）与直线AB相交于点，则 C. 当最小时， D. 当最大时， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，确定圆心坐标与半径，结合直线与圆的位置关系逐一判断，即可得到结果. 【详解】因为圆的圆心，半径， 且，则直线方程为，即， 则圆心到直线的距离， 所以点到直线AB的距离最小值为，故A错误； 在中，， 当最小时，则最小，由选项A可知，的最小值为， 则，故B正确； 如图所示，当直线与圆相切时，取到最大值和最小值， 此时，切线长， 其中，则，故C错误，D正确； 故选：BD 10. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，则（ ） A. 角 B. C. 当取得最大值时，在所在平面内取一点(D与B在两侧)，使得线段，则面积的最大值为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，由正弦定理及余弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；对于B，D两项，由三角恒等变换，结合正弦型函数的性质进行求解，对于C项，根据正弦定理、余弦定理，结合辅助角公式、正弦型函数的性质进行求解即可. 【详解】对于A项，在中，由和余弦定理，可得， 即，再由正弦定理，， 因，所以，又，故，故A正确； 对于B，D两项，由A项得，，又是锐角三角形，得， 所以 ， 因，则，故， 所以，故的取值范围是，即B错误，D正确； 对于C项，当取得最大值时，，解得，而， 此时是正三角形， 如图令，(为锐角)，， 在中，由正弦定理，，∴； 又由余弦定理，， 于是，， 为锐角，∴． 由于D与B在两侧，则， ∴ ，故当时，即时等号成立； ∴面积的最大值为． 故选：ACD 11. 将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到一个六面体，则（ ） A. 该几何体的表面积为 B. 该几何体的体积为 C. 直线平面BCE D. 过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直 【答案】BD 【解析】 【分析】根据已知并利用棱锥的表面积、体积求法求六面体的表面积和体积判断A、B；应用反证法，根据直线平面BCE，得到矛盾结论判断C；利用面面垂直的判定证明平面平面，同理其它任意三点都有相同的情况判断D. 【详解】由题设，六面体的棱长均为1，其表面积为，A错， 其体积为两个正三棱锥的体积之和，且正三棱锥的高为， 故体积为，B对， 假设直线平面BCE成立，设是的中心， 由是等边三角形，延长交于，则为的中点， 结合对称性知三点共线且、， 设是的中点，且，则，不在平面内，故平面， 由平面，平面平面，则， 而在中， 所以不平行，矛盾，C错， 由C分析知平面，三点共线，平面， 所以平面平面，同理其它情况也有类似结论，D对. 故选：BD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 12. 直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率为______________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据直线过椭圆的顶点求出的值，在结合椭圆的性质与离心率公式进行求解即可. 【详解】由题意知，直线与坐标轴的交点坐标为. 因为椭圆，即. 所以，可知， 所以，所以. 所以该椭圆的离心率为. 故答案为：. 13. 若满足，满足，满足，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据图象可得函数与函数图象的交点横坐标为，同理，化简可得与函数图象的交点横坐标为，作出图象，根据反函数的性质，可得的值，根据a满足的方程，计算可得a值，即可得答案. 【详解】方程，整理得， 所以函数与函数图象的交点横坐标为， 方程，平方得， 即，整理得， 所以函数与函数图象的交点横坐标为， 分别作出、与图象，如图所示， 因为函数与互为反函数，图象关于对称， 所以函数与的图象关于对称， 而也关于对称， 联立，解得交点， 因为和图象与交点横坐标分别为和， 所以和关于A的横坐标对称，即， 所以， 因为满足，即， 且，所以， 所以. 故答案为： 14. 在棱长为3的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则三棱锥体积的最大值为_____________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据点满足的条件，在平面内找到点的轨迹，以为底时，高不变，从而求三棱锥体积的最大值，可转化为求三角形的面积最大值，最终求出结果. 【详解】 连接，因为四边形为正方形，则， 因为平面平面，则， 因为、平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， 因为平面，所以平面， 设平面， 即平面，平面， 因为，， 所以三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则， 所以，因为， 所以，因为，即， 即，化简可得， 因为点到等边三角形的边的距离为， 所以点的轨迹是在内，且以为圆心、半径为的圆， 因为点到直线的距离为，点到直线的最大距离为， 故的面积的最大值为，因为平面， 则三棱锥体积的最大值为， 故答案为：3. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其面积为，且. （1）求角； （2）若，求取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知及余弦边角关系得，再由三角形面积公式、差角正弦公式整理得，即可求角； （2）由已知和三角形面积公式、三角形内角关系得、，利用正弦定理及三角恒等变换得，根据锐角三角形得，进而求的范围. 【小问1详解】 由，则， 所以，则， 又，可得； 【小问2详解】 由，且， 由正弦定理知， 所以， 由且，可得，则， 所以，故，即. 16. 如图所示，已知斜三棱柱中，在上和上分别有一点和，且. （1）求证：，，共面； （2），且，点为侧棱上靠近点的四等分点，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） 证明：因为，所以，. ， 即，由共面向量定理可知，，，共面. 故，，共面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的运算及平面向量基本定理即可证； （2）根据题中的条件分析，适当建立空间直角坐标系，用向量的方法来解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中点为.因为，，所以为正三角形， 得，.又因，， 所以为正三角形，. 在中.， 由余弦定理可得，， 所以.又因，均为正三角形，所以， 且，平面，平面， 所以平面.因为平面ABC. 所以平面平面ABC.所以在平面内作，则平面ABC， 以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系如图所示： 则，，，. 设是平面的一个法向量. ， 则，即 取，则，，得. 由上知， . 设直线与平面所成角为，，. 则 故直线与平面所成角的余弦值为. 17. 在圆内接四边形中，圆的半径为. （1）求的值； （2）连接，求. 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）利用圆内接四边形对角互补，以及两个三角形的公共边，结合余弦定理即可求出，再结合正弦定理求出外接圆半径即可； （2）拆分所求数量积，再结合三角形中的向量关系进行化简，最后代入求值即可. 【小问1详解】 由余弦定理可知，， 又，所以，，， 由正弦定理可知，. 【小问2详解】 由于，则， 同理，则， 所以. 18. 过坐标原点作圆的两条切线，切点为，，直线恰为抛物线的准线. （1）求的方程； （2）将抛物线向左移4个单位长度得到新抛物线，抛物线交轴于，两点，，为抛物线上不重合的两点，交于点.若直线经过坐标原点，求证：的面积恒为定值. 【答案】（1） （2） 解法一：依题意：，则，设， 则， 因为直线经过坐标原点，所以， 又，在抛物线上，，两式作差得，化简得， 因为 ，所以， 化简可得 ，即， 联立，得： ， 将代入得，为定值. 故. 解法二：向左平移4个单位后，新抛物线为， 则与轴的交点为， 因为直线经过原点，所以设其方程为， 设直线方程为，设直线方程为， 点和是直线与抛物线的交点，代入中得： ， 设该方程的两根为和，根据韦达定理：① 点在直线上，满足：② 点在直线上，满足：③ 联立方程： 由②和③得：， 利用①中的韦达定理结果：， 所以，即点的横坐标恒为， 故. 【解析】 【分析】（1）设直线与轴交于，由三角形相似关系可得，由此可构造方程求得的值，从而得到抛物线方程； （2）解法一：求得，设，则，直线经过坐标原点得，，在抛物线上得，直线与直线联立方程计算可得，计算即可得证的面积恒为定值；解法二：直线为，直线AE方程为，设直线方程为，点和是直线与抛物线的交点结合韦达定理可得，点在直线上得，点在直线上得，直线与直线联立得，计算可得，计算即可得证的面积恒为定值. 【小问1详解】 设直线与轴交于，由几何性质得 因为直线为抛物线的准线，直线为圆的切线， 所以， 在与中，为公共角， 所以，， 即，即，解得： 故抛物线的标准方程为; 【小问2详解】 略 19. 如图，在正方体中，棱长为2，M是棱的中点，是DM的中点， （1）证明：平面ABCD； （2）求四棱锥和四棱锥重合部分的体积； （3）求二面角的正弦值. 【答案】（1） 在正方体中，取的中点，在上取，连接， 由是DM的中点，是的中点，得，且， 由，得且，则， 因此四边形是平行四边形，，而平面平面， 所以平面. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理得证. （2）确定两个四棱锥的公共部分，再利用割补法求出体积. （3）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，连接，取中点，连接， 由，得四边形为平行四边形，是中点， 又是的中点，则，平面，平面， 则平面，同理平面，而平面， 于是平面平面，又，则≌， 又，因此几何体是三棱柱，且平面， 四棱锥和四棱锥重合的几何体为四棱锥和三棱柱形成的组合体， ，点到平面的距离， 所以所求的体积. 【小问3详解】 在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设平面的法向量，则，取，得， 设所成二面角大小为，则， 所以二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $