云南省2025-2026学年高二下学期期末模拟数学试卷（九）

**基本信息** 本试卷全面覆盖高考数学内容，通过统计建模（第15题）、立体几何（第16题）等综合性解答题，考查数学眼光（数据意识、空间观念）、数学思维（运算推理）及数学语言（模型表达），适配高二期末对高考内容的综合检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、向量、复数等基础|注重概念辨析与基础运算| |多选|3/18|双曲线、圆的性质等|选项分层考查知识深度| |填空|3/15|排列组合、数列递推等|结合逻辑推理与分类讨论| |解答|5/77|统计建模（含正态分布）、立体几何（截面与二面角）、导数综合等|问题设计梯度分明，如第15题从独立性检验到方差计算再到正态分布应用，贴合高考命题趋势，强调知识综合与创新应用|

2025-2026学年云南省高二期末模拟考试卷（九） 数学 考试范围：高考全部内容；考试时间：100分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知平面向量，满足，，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 3．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 4．已知数列的递推公式为，，，则数列的通项公式为（   ） A． B． C． D． 5．函数在区间内的取值不可能为（    ） A． B． C． D． 6．已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上一点，直线的斜率为2，直线的斜率为，则的离心率是（   ） A． B． C． D． 7．在正三棱柱中，，以为球心，为半径的球与侧面相交于曲线，则曲线的长度为（     ） A． B． C． D． 8．若函数为奇函数，则实数的值为（    ） A． B．1 C． D．0 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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．在平面直角坐标系中，已知双曲线左、右焦点为，，离心率，下列说法中正确的有（    ） A．的渐近线为 B．的焦距是虚轴长的倍 C．若的焦点到其渐近线的距离为，则 D．若的焦距为8，则其渐近线上存在点，使得 10．已知圆：，圆：，则下列说法正确的有（   ） A．圆过定点 B．若圆与直线相交，则 C．若圆与圆相切，则圆的面积为 D．对任意非零实数，两圆存在与直线AB平行的公切线 11．在中，角，，所对的边分别为，，，则下列结论正确的是（     ） A．若，则 B．若，则是锐角三角形 C．若，，，则符合条件的有两个 D．若，则是锐角三角形 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．现有4男4女共8人，从中选取6人分配到A，B两个单位，每个单位3人，其中A单位要求接收的3人中，女性的人数多于男性，B单位要求接收的3人中，至少有1名女性，则不同的分配方法数为______. 13．设数列的前项和为，满足．若数列中存在连续三项成等比数列，则实数的取值集合为____． 14．设函数，若，则的零点为________；若的值域为，则a的取值范围是________． 四、解答题（本大题共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．小新为调查学生数学建模能力的总体水平，随机抽取了100名高中生参加数学建模能力竞赛活动，其中男生40名，女生60名．根据竞赛成绩，将参赛学生数学建模能力分为“优秀”与“合格”两级． (1)若男生和女生中分别有25名和35名被评为“优秀”，是否有95%的把握认为该地区高中生的数学建模能力优秀与否和性别有关？ (2)经统计，男生成绩的均值为80，方差为49；女生成绩的均值为75，方差为64，求全体参赛学生成绩的均值及方差． (3)在（2）的条件下，若所有参赛学生的成绩服从正态分布，试估计成绩在范围内的学生人数（四舍五入精确到个位）． 参考：①，其中；； ②、、． 16．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且，，为的中点． (1)证明：平面； (2)过，，作四棱锥的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积； (3)求二面角大小的正切值． 17．已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若，的面积为，求的周长． 18．已知点，，点是直线外的一个动点，直线，的斜率之积为3，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知直线交于，两点，关于轴的对称点为，若直线和的斜率之商为，证明： 以下问题： （ⅰ）直线过定点； （ⅱ）为钝角三角形． 19．设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)求的极值点个数； (3)求与交点个数． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年云南省高二期末模拟考试卷（九） 数学 考试范围：高考全部内容；考试时间：100分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．（浙江省桐浦富兴2025-2026学年高二下学期6月学考模拟数学试题）若集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】交集的概念及运算、解不含参数的一元二次不等式 【详解】集合：不等式，解得：，即； 集合： 不等式，解得：，即， 故. 2．（2026·山西忻州·模拟预测）已知平面向量，满足，，，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【知识点】已知模求数量积 【详解】因，，， 则， 代入可得即．解得． 3．（25-26高一下·浙江温州·阶段检测）已知复数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求复数的模、复数的除法运算 【详解】复数， 所以. 4．（26-27高二·全国·暑假作业）已知数列的递推公式为，，，则数列的通项公式为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】由递推关系式求通项公式、利用定义求等差数列通项公式 【分析】利用特征方程可得，根据条件求出即可，或构造常数列，再利用等差数列求通项公式. 【详解】法1：特征方程为，解得. 设通项为，代入，得，解得， 故. 法2：因为，所以， 因为，，所以数列是以为首项的常数列， 则， 则数列是以为首项，为公差的等差数列，则. 5．（25-26高二下·云南大理·期中）函数在区间内的取值不可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、辅助角公式 【详解】可化为， 当时，，所以， 所以函数在区间内的取值不可能为. 6．（25-26高三下·陕西·阶段检测）已知椭圆的左、右焦点分别是，点是椭圆上一点，直线的斜率为2，直线的斜率为，则的离心率是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】椭圆定义及辨析、求椭圆的离心率或离心率的取值范围 【分析】根据给定条件可得，再利用直角三角形边角关系及椭圆的定义列式求解. 【详解】由直线的斜率分别为，得，则，即， 又，因此，而， 于是，即，所以的离心率． 7．（25-26高一下·河北邢台·阶段检测）在正三棱柱中，，以为球心，为半径的球与侧面相交于曲线，则曲线的长度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的截面的性质及计算 【分析】先找出侧面截球所得截面圆的圆心，再求出曲线所对的圆心角，根据弧长公式求解. 【详解】因为正三棱柱的底面是边长为2的正三角形，取的中点， 连接，则；又侧棱底面，所以，， 所以平面，所以为截面圆的圆心，且. 设侧面截球所得的小圆半径为，由球的截面性质， 得. 设球与三棱柱的棱的交点分别为，因为为截面圆的圆心， 根据对称性，则， 所以， 所以曲线为以点为圆心，圆心角为，半径的圆弧， 则弧长为，所以曲线的长度为. 8．（浙江省桐浦富兴2025-2026学年高二下学期6月学考模拟数学试题）若函数为奇函数，则实数的值为（    ） A． B．1 C． D．0 【答案】B 【知识点】对数的运算性质的应用、由奇偶性求参数 【分析】根据奇函数的性质可求参数的值. 【详解】因为为奇函数，故， 所以即，故，故. 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域不关于原点对称，故舍去； 若，则，此时函数的定义域为， 该定义域关于原点对称， 所以. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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．（25-26高三下·山西太原·阶段检测）在平面直角坐标系中，已知双曲线左、右焦点为，，离心率，下列说法中正确的有（    ） A．的渐近线为 B．的焦距是虚轴长的倍 C．若的焦点到其渐近线的距离为，则 D．若的焦距为8，则其渐近线上存在点，使得 【答案】ACD 【知识点】求双曲线的焦距、已知方程求双曲线的渐近线 【详解】对于A，因为，所以的渐近线为，正确； 对于B，因为，错误； 对于C，不妨设的右焦点到其渐近线的距离为，即，所以，正确； 对于D，设，且在直线上，所以， 又，即， 化简移项，再平方化简可得，故存在. 10．（25-26高二下·江西南昌·阶段检测）已知圆：，圆：，则下列说法正确的有（   ） A．圆过定点 B．若圆与直线相交，则 C．若圆与圆相切，则圆的面积为 D．对任意非零实数，两圆存在与直线AB平行的公切线 【答案】ACD 【知识点】由标准方程确定圆心和半径、圆过定点问题、由直线与圆的位置关系求参数、由圆的位置关系确定参数或范围 【详解】对于A，由，可知圆过定点，故A正确； 对于B，，由圆与直线相交得， 解得或，故B错误； 对于C，由两圆半径相同，故不可能内切，于是只能外切，而， 故，即，可得圆的面积为，故C正确； 对于D，由题意知，直线的方程为，即， 设与其平行的直线方程为，若其与两圆均相切，则， 整理得， 取时等号成立，故D正确. 11．（25-26高一下·江苏南京·阶段检测）在中，角，，所对的边分别为，，，则下列结论正确的是（     ） A．若，则 B．若，则是锐角三角形 C．若，，，则符合条件的有两个 D．若，则是锐角三角形 【答案】ACD 【知识点】正、余弦定理判定三角形形状、正弦定理判定三角形解的个数、正弦定理边角互化的应用、余弦定理边角互化的应用 【详解】三角形中，大角对大边，若，则，由正弦定理， 则，即，故A正确； 由正弦定理， 已知，则， 由余弦定理，说明是锐角，无法确定是否是锐角， 故三角形不一定是锐角三角形，故B错误； 已知，，，则， ， ，， 可能是大于的锐角或钝角，即符合条件的有两个，C正确； ， ，由大角对大边可知为最大角， 要证是锐角三角形，只需证， 由三角形的性质知， ， ，令，则，， ， 即， ， ，故是锐角三角形，故D正确． 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）现有4男4女共8人，从中选取6人分配到A，B两个单位，每个单位3人，其中A单位要求接收的3人中，女性的人数多于男性，B单位要求接收的3人中，至少有1名女性，则不同的分配方法数为______. 【答案】240 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分组分配问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】首先把分配情况分为三类，①A组2女1男，B组1女2男；②A组2女1男，B组2女1男；③A组3女0男，B组1女2男.然后再计算每一类的分配方法数. 【详解】分三类： 第一类：A组2女1男，B组1女2男，此时分配方法有：； 第二类：A组2女1男，B组2女1男，此时分配方法有：； 第三类：A组3女0男，B组1女2男，此时分配方法有：， 所以分配方法共有. 13．（2026·山西忻州·模拟预测）设数列的前项和为，满足．若数列中存在连续三项成等比数列，则实数的取值集合为____． 【答案】 【知识点】由递推关系式求通项公式、由定义判定等比数列 【详解】由得， 当时，． 当时，，也满足． 因此是公差为2的等差数列．若存在连续三项成等比数列， 设这三项为，，． 则应满足，矛盾． 故不存在这样的实数，取值集合为． 14．（2026·北京·三模）设函数，若，则的零点为________；若的值域为，则a的取值范围是________． 【答案】 【知识点】求函数的零点、根据分段函数的值域（最值）求参数 【分析】第一空，根据分段函数的解析式，分段求解，即可得答案；第二空，确定每段函数的函数值域情况，结合题意，即的值域为，即可确定参数的取值范围. 【详解】时，， 当时，，令， 解得，符合题意； 当时，，此时函数无零点， 故的零点为； 当时，，在上单调递减， 则，即， 要使整个函数值域为，则时的函数值域必须覆盖， 当时，， 若，此时，函数值域无法覆盖，不合题意； 若，此时，函数值域无法覆盖，不合题意； 当时，，要使函数值域覆盖，只需， 综合上述可知a的取值范围是. 四、解答题（本大题共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．（2026·上海·模拟预测）小新为调查学生数学建模能力的总体水平，随机抽取了100名高中生参加数学建模能力竞赛活动，其中男生40名，女生60名．根据竞赛成绩，将参赛学生数学建模能力分为“优秀”与“合格”两级． (1)若男生和女生中分别有25名和35名被评为“优秀”，是否有95%的把握认为该地区高中生的数学建模能力优秀与否和性别有关？ (2)经统计，男生成绩的均值为80，方差为49；女生成绩的均值为75，方差为64，求全体参赛学生成绩的均值及方差． (3)在（2）的条件下，若所有参赛学生的成绩服从正态分布，试估计成绩在范围内的学生人数（四舍五入精确到个位）． 参考：①，其中；； ②、、． 【答案】(1)没有； (2)，； (3)82人 【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差、指定区间的概率、独立性检验解决实际问题 【分析】（1）由公式求得，得到，即可求解； （2）由均值和方差的计算公式即可求解； （3）转换成标准正态分布，进而可求解. 【详解】（1）提出零假设：该地区高中生的数学建模能力优秀与否和性别无关， 显著性水平， 计算， 因为，所以接受原假设， 即没有95%的把握认为该地区高中生的数学建模能力优秀与否和性别有关； （2）， 故； （3）由（2），得， 设，则， 故， 故成绩在范围内的学生约为82人． 16．（24-25高一下·江苏连云港·阶段检测）如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且，，为的中点． (1)证明：平面； (2)过，，作四棱锥的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积； (3)求二面角大小的正切值． 【答案】(1)因为平面，平面，所以. 又，，所以. 因为，平面，所以平面， 又平面，所以. 因为，为的中点，所以. 又，平面，所以平面 (2) 如图，过E作，交于F，连接，则截面为四边形， 理由如下： 因为，，所以，所以，，，四点共面， 从而过，，的截面为四边形. 截面面积为； (3) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、棱锥中截面的有关计算、由平面的基本性质作截面图形 【分析】（1）由，，结合线面垂直的判定证明即可； （2）作，得出，从而得出截面，再由梯形的面积公式得出截面面积； （3）过作于，过作于，连接，进而可证为二面角的平面角，计算求解即可. 【详解】（1）略. （2）由（1）知平面，所以， 又，，，所以四边形为直角梯形， 其面积. （3）过作于，过作于，连接. 因为平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角. 因为四边形是直角梯形，且， 所以四边形为矩形，所以，， 在直角三角形中，，由勾股定理得， 所以， 因为，所以， 在直角三角形中，，所以， 在直角三角形中，，所以， 所以二面角大小的正切值为． 17．（25-26高一下·黑龙江哈尔滨·阶段检测）已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若，的面积为，求的周长． 【答案】(1) (2) 【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】（1）根据商的关系和两角差的正弦公式化简可得，结合内角和关系求； （2）结合三角形面积公式和余弦定理列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）由已知， 交叉相乘得，， 所以， 整理得， 又，， 所以或（舍去）或（舍去）， 所以，解得； （2）由已知，得①， 由余弦定理，得 ②， 由①②可得， 所以的周长. 18．（2026·山东济南·模拟预测）已知点，，点是直线外的一个动点，直线，的斜率之积为3，记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知直线交于，两点，关于轴的对称点为，若直线和的斜率之商为，证明： 以下问题： （ⅰ）直线过定点； （ⅱ）为钝角三角形． 【答案】(1)，； (2)（ⅰ）设，，，显然的斜率不为零，否则有，，直线，此时， 而直线和的斜率之商为2，故矛盾，故设直线， 由，得， 依题意，，且， 所以，且，，，，， 因为直线和的斜率之商为2，所以， 因为点在上，所以，即， 所以，即， 即，化简可得，解得：， 此时恒成立，所以，过定点； （ⅱ）由（ⅰ）知，，，，当，即时， ， 所以点均在的右支，如图， 此时， 所以是钝角，是钝角三角形； 当时，即或，， 所以分别在的两支，不妨设在的右支，则，如图， 设，则， 所以，因为过点，所以, 所以是钝角，是钝角三角形.综上可知，是钝角三角形. 【知识点】求双曲线的轨迹方程、双曲线中的直线过定点问题、双曲线中的定值问题、根据韦达定理求参数 【分析】（1）先设动点坐标，，再根据条件转化为坐标关系式，求曲线方程； （2）（ⅰ）设直线方程并联立，代入双曲线方程得到关于的一元二次方程，利用韦达定理化简目标代数式后，可得定点；（ⅱ）利用向量的数量积可判断三角形的形状. 【详解】（1）设，， 由题意可知，，整理为，， 所以双曲线的方程为，； （2）（ⅰ）略 （ⅱ）略 19．（2026·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)求的极值点个数； (3)求与交点个数． 【答案】(1)、 (2)有两个极值点 (3)交点个数为 【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、求已知函数的极值点、已知切线（斜率）求参数、利用导数研究函数的零点 【分析】（1）借助导数的几何意义可得、，计算即可得解； （2）求导得到后，再利用导数研究函数单调性，即可得变号零点个数，即可得极值点个数； （3）构造函数，利用导数计算可得，再分及进行讨论，当，结合（2）中所得可得在上单调递减，结合零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数；当时，可得有两个实根，分别设为、，且，则得单调性，计算可得、，再利用零点存在性定理即可得在上零点个数，即可得与交点个数. 【详解】（1），则， ，又，解得； （2）由（1）得，则， 令，则， 令，解得， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， ，， 故存在，使得，且有， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故有两个极值点； （3）令，则， 令，则； 若，则恒成立（不恒为零）， 故在上单调递减，又， 当时，，故在上有唯一零点， 即与有唯一交点； 若时，有两个实根， 设这两个实根分别为、，且，则、， 则当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 故为的极小值，为的极大值，且， 由，则， 则 ， 由，则， 则有、， 故，则， 又时，，故在上存在唯一零点， 即与有唯一交点； 综上所述：与交点个数为. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $