河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高二第一学期期末考试模拟数学试题

方城一高2025-2026学年高二第一学期期末考试模拟数学试题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．已知直线经过点与，则直线的斜率与倾斜角分别为（   ） A．、 B．、 C．、 D．、 2．若直线与直线平行，则（   ） A．2 B． C． D． 3．将一枚均匀硬币随机掷4次，恰好出现3次正面向上的概率为（    ） A． B． C． D． 4．已知，，则动点P的轨迹是（　　） A．双曲线 B．双曲线左支 C．一条射线 D．双曲线右支 5．如图，在三棱锥中，，，，点在线段OA上，且，为线段BC的中点，则等于（   ） A． B． C． D． 6．随机变量服从正态分布，若，则（    ） A． B． C． D． 7．设，则（    ） A．1 B． C．2024 D． 8．已知离散型随机变量X服从二项分布，且，，则的最小值为（    ） A． B． C．2 D．4 二、多项选择题（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，有选错的得0分） 9．若向量，，则（    ） A． B． C． D． 10．现有编号为1，2，3的三个口袋，其中1号口袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；2号口袋内装有两个1号球，一个3号球；3号口袋内装有三个1号球，两个2号球；第一次先从1号口袋内随机抽取1个球，将取出的球放入与球同编号的口袋中，第二次从该口袋中任取一个球，下列说法正确的是（    ） A．在第一次抽到3号球的条件下，第二次抽到1号球的概率是 B．第二次取到1号球的概率 C．如果第二次取到1号球，则它来自1号口袋的概率最大 D．如果将5个不同小球放入这3个口袋内，每个口袋至少放1个，则不同的分配方法有150种 11．设F是抛物线C：的焦点，直线l过点F且与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．若点，则的最小值是5 D．若倾斜角为，且，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．根据下表数据得到y关于x的线性回归方程，则 ． x 1 2 3 4 y 1 4 5 8 13．现有甲、乙、丙、丁在内的6名同学在比赛后合影留念，若甲、乙二人必须相邻，且丙、丁二人不能相邻，则符合要求的排列方法共有 种．（用数字作答） 14．在平面直角坐标系中，．设，则的最小值是 ． 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．求满足下列条件的曲线方程： (1)求过点且与圆相切的直线方程； (2)求圆心在直线上，与轴相切，且被直线截得的弦长为的圆的方程. 16．某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察速效肥和缓释肥对农作物影响情况，其中速效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1，2，3三组．观察一段时间后，分别从1，2，3三组中各随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据并整理如下表： 株高增量（单位：厘米） 第1组鸡冠花株数 9 20 9 2 第2组鸡冠花株数 4 16 16 4 第3组鸡冠花株数 13 12 13 2 假设每株鸡冠花的株高增量相互独立，用频率估计概率． (1)从第1组所有鸡冠花中随机抽取1株，估计株高增量在区间上的概率； (2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机抽取1株，估计这3株鸡冠花中至少有2株的株高增量在区间上的概率； (3)假设同区间中的每个数据可用该区间的中点值代替．记样本中这三组株高增量的平均数分别为，，，直接写出，，的大小关系．（结论不要求证明） 17．为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动．竞赛共有和两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道类试题得10分；每答对1道类试题得20分，答错都不得分．每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）．已知某同学类试题中有7道题能答对，而他答对各道类试题的概率均为． (1)若该同学只抽取3道类试题作答，设表示该同学答这3道试题的总得分，求的分布和期望； (2)若该同学在类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率． 18．如图，在三棱柱中，侧面为矩形，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值. 条件①：侧面为矩形； 条件②：. 注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分. 19．已知椭圆：的离心率为，椭圆上的点到两焦点的距离之和为． (1)求椭圆的方程； (2)设点，，过点的直线与椭圆交于不同的两点，点关于轴的对称点记为（与不重合）．若，试判断三点是否共线？并说明理由． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 《方城一高2025-2026学年高二第一学期期末考试模拟数学试题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A C B A C B AD BCD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】利用斜率公式以及直线斜率与倾斜角的关系可求得结果. 【详解】由题意可得，即 ，因为，故. 故选：D. 2．A 【分析】利用两直线平行的充要条件求出值. 【详解】直线与直线平行，所以. 故选：A 3．A 【分析】根据题意，利用独立重复试验的概率计算公式，即可求解. 【详解】由题意，将一枚均匀硬币随机掷4次，每次正面向上的概率均为，且相互独立， 由次独立重复试验中事件A恰好发生k次概率计算公式得： 恰好出现3次正面向上的概率为． 故选：A． 4．C 【分析】根据给定条件，得，即可确定轨迹作答. 【详解】因为，于是有， 所以动点P的轨迹是一条射线． 故选：C 5．B 【分析】利用空间向量线性运算直接求解即可. 【详解】. 故选：B 6．A 【分析】根据正态曲线的性质计算可得. 【详解】因为且，所以， ， 所以. 故选：A 7．C 【分析】令求得，令即可求得的值． 【详解】由，令，得； 令，得， 所以． 故选：C． 8．B 【分析】根据期望和方差的线性运算得到，再利用基本不等式的运用可求的最小值. 【详解】，， ，，又，解得，即，，当且仅当，又，即当时取等， 故选：B. 9．AD 【分析】根据空间向量夹角公式判断A，根据空间向量垂直的坐标表示判断B，根据空间向量平行的坐标关系判断C，根据空间向量的模的公式判断D． 【详解】由已知，，D正确； ，与不垂直．B错误； ，A正确； 设，则，，，满足条件的不存在，因此与不共线，C错误； 故选：AD． 10．BCD 【分析】对于A选项利用条件概率公式求解；对于B选项利用全概率公式求解，对于C选项利用贝叶斯公式求解，对于D选项，不同元素的分配问题，先分份再分配即可求解 【详解】对于A选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, ,则第一次抽到号球的条件下，第二次抽到号球的概率，故A错误 对于B选项，记事件分别表示第一次、第二次取到号球, , 依题意 两两互斥, 其和为, 并且 应用全概率公式, 有，故B正确； 对于C选项，依题设知, 第二次的球取自口袋的编号与第一次取的球上的号数相同, 则 故在第二次取到1号球的条件下, 它取自编号为 的口袋的概率最大.故C正确 对于D选项，先将5个不同的小球分成1，1，3或2，2，1三份，再放入三个不同的口袋，则不同的分配方法有，故D正确 故选：BCD 11．ACD 【分析】A选项由范围来判断，B选项由特殊点进行判断，C选项利用点到抛物线的准线的距离来判断，D选项求得两点的纵坐标来判断. 【详解】抛物线的准线为，焦点为. 设， 设直线的方程为， 由消去并化简得， 所以， ， 所以（时等号成立）.所以A选项正确. 当直线的方程为时，不妨设，此时，所以B选项错误. 根据抛物线的定义可知，的最小值是到抛物线准线的距离，也即的最小值为，所以C选项正确. 当倾斜角为时，，不妨设在第一象限，在第四象限. 故，解得， 所以，即，所以D选项正确. 故选：ACD 【点睛】求解与抛物线有关的距离和的最值问题，要注意结合抛物线的定义来求解. 12．1 【分析】根据给定的数表求出样本的中心点，再利用回归直线方程求出的值. 【详解】， 所以，解得． 故答案为：1 13．144 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将甲乙看成一个整体，与甲、乙、丙、丁之外的两人全排列，②排好后，有4个空位，在其中任选2个，安排丙、丁，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将甲乙看成一个整体，与甲、乙、丙、丁之外的两人全排列， 有种情况， ②排好后，有4个空位，在其中任选2个，安排丙、丁， 有种情况， 则有种排法， 故答案为：144． 14． 【分析】根据条件，可得为等边三角形，设AB的中点为D，可求出，分析可得以D点轨迹是以O为圆心，为半径的圆，根据线性运算法则，可得，根据点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案. 【详解】因为，所以为等边三角形， 设AB的中点为D，连接OD，则， 所以D点轨迹是以O为圆心，为半径的圆，则方程为， 所以， 因为，所以， 所以的最小值为. 故答案为： 15．(1)或 (2)或 【分析】（1）先设出方程，然后将相切条件转化为距离条件，再用距离公式求解； （2）先设出方程，然后将弦长条件转化为距离条件，再用距离公式求解. 【详解】（1）据点可设直线方程为. 圆的方程可化为，故点到所求直线的距离为， 从而. 所以， 得. 这就说明或，所以所求直线的方程为或. （2）设所求圆的圆心坐标为，由于该圆与轴相切，故该圆的半径为， 所以该圆的方程是，即. 而该圆被直线截得的弦长为，故该圆圆心到直线的距离为. 所以，解得. 故所求的圆的方程为或. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据统计表格中的数据，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； （2）设事件为“从第组中随机抽取1株，株高增量在上”，分别求得，和，分恰好2株和恰好3株，结合独立事件的概率乘法公式，即可求解. （3）根据题意，利用平均数的计算公式，分别求得，，的值，即可得到答案. 【详解】（1）解：设事件为“从第1组所有鸡冠花中随机抽取1株，株高增量在区间” 根据统计表格中的数据，可得第1组所有鸡冠花中，有20株鸡冠花增量为， 所以事件的概率为. （2）解：设事件为“从第组中随机抽取1株，株高增量在上”，其中， 可得，， ， 其中“至少有2株的株高增量在上”包含两种情况： 恰好2株时，满足； 恰好3株时，满足， 所以这3株鸡冠花中至少有2株的株高增量在区间上的概率. （3）解：由表格中的统计数据，可得： ； ； ， 所以. 17．(1)分布列见解析， (2) 【分析】（1）根据超几何分布的概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求解， （2）根据相互独立事件的概率，即可求解. 【详解】（1） ，， ， 所以X的分布为 X 0 10 20 30 P 所以 （2）记“该同学仅答对1道题”为事件M. 这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过连接交于点，利用中位线定理证明，从而证得线面平行； （2）选择条件①时，可得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角公式计算正弦值，选择条件②利用线面垂直可证得，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用线面角公式计算正弦值. 【详解】（1）证明：连接，交于，连接， 由三棱柱的定义可知为平行四边形， 所以有为的中点，又因为为的中点， 所以. 因为平面平面， 所以平面. （2）选择条件① 因为为矩形，为矩形，所以. 又因为，所以. 如图建立空间直角坐标系，则. 所以. 设平面的法向量为，则即 令，则.于是. 设直线与平面所成角为，则 选择条件② 因为， 所以. 因为， 所以平面. 所以. 以下同条件①. 19．(1) (2)三点共线，理由见解析 【分析】（1）根据椭圆的定义、离心率及求解即可. （2）设出直线方程并与椭圆方程联立，根据韦达定理得到两根之和与两根之积，通过证明与共线，即可得到三点共线. 【详解】（1）因为椭圆上的点到两焦点的距离之和为，所以，解得. 又因椭圆的离心率为，所以，所以. 所以. 故椭圆的方程为. （2）依题意，直线的斜率不能为0，故可设其方程为，再设，，则.    联立，整理得. 令，即. 则，. 又，，所以. 又，， 则. 分子 所以，即，所以， 又为公共点，所以三点共线. 答案第8页，共11页 答案第1页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $