河南省2025-2026学年高二下学期期末自编模拟考数学试卷（五）

**基本信息** 覆盖高考全部内容，通过机器人表演概率、立体几何体积计算等情境，融合数学眼光观察空间形式、数学思维推理逻辑关系、数学语言表达现实问题，实现基础巩固与创新应用的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择题|8/40|复数、集合、排列组合、椭圆与双曲线|基础概念辨析，如共轭复数性质、集合补集运算| |多项选择题|3/18|函数性质、直线与圆、三棱锥|综合分析能力，如函数极值点条件、直线与圆相切判定| |填空题|3/15|抛物线焦点、向量夹角、数列性质|开放探究，如数列单调性与存在性判断| |解答题|5/77|立体几何、概率统计、双曲线、解三角形、函数导数|情境化综合应用，如机器人表演概率分布与方案优化（数据观念）、双曲线定点证明（推理能力）、立体几何二面角计算（空间观念）|

2025-2026学年河南省高二期末模拟考试卷（五） 数学 考试范围：高考全部内容；考试时间：120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．已知i是虚数单位，，已知是复数的共轭复数，则下列结论错误的是（    ） A． B．为纯虚数 C． D． 【答案】B 【详解】， 对于A，，A正确； 对于B，，当时，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，，所以，D正确. 2．设全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为， 所以，所以. 3．若将6张互不相同的优惠券分给3名消费者，每名消费者至少分得1张，则不同的分法种数为（   ） A．240 B．540 C．630 D．1080 【答案】B 【分析】根据不同元素的分组分配问题求解，先分组，再分配. 【详解】先对6张互不相同的优惠券分组，再分配. 按“”分组后再分配，不同的分法种数为； 按“”分组后再分配，不同的分法种数为； 按“”分组后再分配，不同的分法种数为. 所以不同的分法种数为. 4．椭圆：与双曲线：有公共的焦点，，为与的交点，则的面积为（    ） A． B． C．2 D．1 【答案】C 【分析】先由椭圆与双曲线共焦点得到与的关系，再联立两曲线方程求出交点纵坐标，结合焦距计算三角形面积. 【详解】 由题意知，双曲线的焦点在轴，且与椭圆共焦点，因此椭圆的焦点也在轴， 对椭圆，半焦距满足；对双曲线，半焦距满足，故，即， 联立两曲线方程，两式相加得，解得， 将代入椭圆方程，整理得，代入得， 因为的底为，高为，因此面积， 由，得，即， 所以，所以，的面积为. 5．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列条件中，一定得到直线的是（    ） A．， B．， C．， D．，，， 【答案】C 【详解】A：直线可能平行于平面、在平面内或垂直平面，无法确定. B：平行平面，与垂直的直线可在面内，无法确定. C：若一条直线垂直于一个平面，则与这条垂线平行的直线垂直该平面，成立. D：缺少相交的条件，若，可平行于平面或在平面内，不能推出. 6．已知，则等比数列的公比为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】令，进而根据等比中项，结合对数的运算性质得，再代入计算公比即可. 【详解】因为为等比数列， 所以， 因为，， 令，则，整理得， 所以，，， 所以，该数列的公比为. 7．已知，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式、正、余弦齐次式的计算、给值求值型问题 【分析】先利用齐次式的处理方法求，结合二倍角公式和齐次式的计算方法求和，最后利用两角和的正弦公式求值即可. 【详解】因为，所以，整理得. 所以， . 所以. 8．设，，，则a，b，c的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】构造函数，比较出，再利用中间值“2”比较的大小. 【详解】其中，，，， 设，则， 令得，令得， 故在上单调递增， 所以，即，， ，， 所以，故. 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．已知函数，其中．则下列说法正确的是（   ） A．的图象为中心对称图形 B．时，函数在上单调递减 C．对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值 D．若有两个不同的极值点，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】对A：计算可得，即的图象关于点中心对称；对B：求导后计算即可得；对C：分及进行讨论，计算值域即可得；对D：求导后结合极值点定义计算即可得. 【详解】对A：， 故的图象关于点中心对称，故A正确； 对B：， 当时，， 故函数在上单调递增，故B错误； 对C：由， 则当时，，无最大、最小值； 当时，，则，无最大、最小值； 综上可得，对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值，故C正确； 对D：，令，则， 若有两个不同的极值点，则有两个不同根， 当时，，，无实数根，不符； 当时，若，则，不符，则， 令，， 有，则为偶函数， 当时，，则由对勾函数性质可知单调递增， 又单调递增，故单调递减，且， 故，则； 故有两个不同的极值点的充要条件为，故D正确. 10．已知点在直线上，点，在圆上，若，且，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线与圆相切 B．直线倾斜角为150° C．当时，可能为90° D．若，则的取值范围为 【答案】ABC 【分析】A选项运用点到直线的距离，B选项运用两直线垂直的相关知识，C选项代入和验证直线是否与圆相交，D选项运用，建立直线与圆的半径之间的关系去求半径的范围. 【详解】对于A选项，圆心到直线的距离， 当时，，所以直线与圆相切，故A选项正确； 对于B选项，因为，所以直线， 又因为，所以， 而直线l的倾斜角为，因此直线倾斜角为150°，故B选项正确； 对于C选项，设，，圆心O到直线的距离为， 设为A点到直线的距离，则， 因为，所以为等腰直角三角形 则，由B选项得出直线的方程为， 联立，得出A点坐标为，设直线方程为， 则圆心O到直线距离为， 点A到直线的距离为， 又因为，所以， 解得，则，，故直线与圆相交，所以C选项正确 对D选项，若，且，所以为等边三角形，则 点A到直线的距离，设直线方程为， 则圆心O到直线距离为， ， 因为，， 所以，化简可得，故，所以， 又因为，得出，故，所以， 若，则， 若，则（舍去）或，所以，故D选项错误 11．在三棱锥中，，，，且.点在三角形及其内部运动，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值为 B．满足的点的轨迹是三角形内的一条线段 C．满足的点的轨迹线段长为 D．存在点，使得 【答案】ABC 【详解】选项A，由题可易得，又因为， 则三棱锥为平面为底面的正三棱锥，且两两垂直， 当与平面垂直时最小，由等体积有， 即，左边，右边， 解得，A正确； 选项B，因为，所以P在线段的垂直平分线上， 因为点在三角形及其内部运动，所以点的轨迹是三角形内的一条线段，B正确； 选项C，因为，所以P在线段的垂直平分线上， 分别作，，的中点，在平面中，，，所以， 同理，，因为平面，所以平面，且O，A分别在平面两侧并到平面的距离相等， 所以点P在线段上，，C正确； 选项D，因为，所以P为的外心， 由题可知，为等边三角形，所以也为重心，所以， 由A选项可知，为重心时， 所以不成立，D错误.    三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，则的坐标为__________． 【答案】 【详解】抛物线焦点的坐标为. 13．若两个单位向量，满足，则向量与的夹角为________． 【答案】/ 【分析】利用已知条件结合向量数量积运算律求出，再利用向量的数量积及模长求解即可. 【详解】因为，为单位向量，所以. 两边平方，可得，解得. 而， ， . 设向量与的夹角为，， 则，所以. 向量与的夹角为. 14．已知数列满足（），则下列说法正确的是 ． ①若且，则单调递减； ②若存在无数多个使得，则或； ③当时，存在使； ④当时，对任意，都有． 【答案】①②④ 【分析】对①先证，然后再排除即可； 对于②将转化为，再分类讨论可得； 对于③由数列的单调性可得且，故可判断； 对于④通过对递推关系变形，再裂项求和及数列的单调性可判断范围. 【详解】因为，所以， 当且仅当时等号成立. 对于①：因为且，由， 得，即. 若，则，，解得或， 与条件且矛盾，所以. 同理，即. 若，则，，解得或，与矛盾. 若，则，即， 此方程的判别式，方程无实数解，故，所以. 依次类推，可得，即单调递减，所以①正确； 对于②：若，则，即，解得. 所以若存在无数多个使得等价于存在无数个使得. 若，则.由，得，依次类推，得，符合题意； 若，则，同理得，依次可得，符合题意. 若且，则由选项①可知数列单调递减，即， 所以不存在无数个使得，所以②正确； 对于③：由，令是开口向下， 对称轴为的抛物线，且. 因为，所以，即，再由①知数列单调递减， 所以，而，所以不存在使.故③不正确； 对于④：由， 所以 . 当时，. 又由结合①可知数列单调递减，且，所以， . 所以，即.所以④正确. 故答案为：①②④. 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．如图1，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．是边长为2的等边三角形． (1)证明：平面面； (2)若，求直线和所成角的余弦值； (3)点在棱上，如图2，，三棱锥的体积为4，求二面角平面角的正切值． 【答案】(1)因为，为的中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面面． (2) (3) 【分析】（1）根据面面垂直的性质得出平面，在根据面面垂直的判定即可证明； （2）分别取的中点M、N，连接，得到异面直线和所成角（或为邻补角）即为，再根据已知求其余弦值； （3）过点E作交于N．过点N作交于点M，连接，利用面面垂直、线面垂直的判定和性质定理，确定为二面角的平面角，再由已知求其正切值． 【详解】（1）略． （2）如下图，分别取的中点M、N，连接， 因为O为中点，所以且， 所以异面直线和所成角（或为邻补角）即为， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由（1）知，平面，因为平面，所以， 由，得，得． 在直角三角形中，则， 在中， 所以直线和所成角的余弦值为． （3）如下图，过点E作交于N．过点N作交于点M，连接， 因为且，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面，所以，， 在中，因为，所以，而，则， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，所以为二面角的平面角， 因为， 因为，所以， 又因为，所以，得， 因为，所以， 因为，所以， 所以． 所以二面角平面角的正切值为． 16．某公司在研发机器人互动节目《机器侠》中，设计台各不相同的人形机器人进行武术表演，其中8台表演“两步登墙后空翻”动作，7台表演“空中大回旋”动作．每台机器人的表演相互独立． (1)从这台机器人中随机抽取3台，求恰好抽到1台表演“两步登墙后空翻”、2台表演“空中大回旋”动作机器人的概率； (2)研发前期每台表演“两步登墙后空翻”的机器人完成动作的概率均为，现使用3台“两步登墙后空翻”机器人完成该动作，设X为完成该动作的机器人的台数，求X的分布列，数学期望； (3)研发前期每台表演“空中大回旋”的机器人完成动作的概率均为，根据各种方案完成的情况分为完美、合格、失败三类，其中完美收益4分，合格收益2分，失败收益分．收益的期望为，方差为，综合得分公式：，S越大，方案越优秀．现有甲、乙两种方案： 甲方案：使用5台表演“空中大回旋”的机器人，具体判定标准如下： 完美：4台或5台全部完成动作； 合格：恰好2台或3台完成动作； 失败：恰好0台或1台完成动作． 乙方案：使用6台表演“空中大回旋”的机器人，分两轮独立执行，每轮各3台，具体判定标准如下： 完美：两轮都至少2台完成； 合格：恰一轮至少2台完成，另一轮不超过1台完成； 失败：两轮都不超过1台完成． 甲、乙哪种方案更优秀？ 【答案】(1) (2) 0 1 2 3 (3)甲方案更优秀 【分析】（1）分别计算总基本事件和符合条件的事件数，再计算概率； （2）每台机器人完成动作相互独立，且概率为，故服从二项分布，求出相应概率列出分布列，并求出数学期望； （3）根据综合得分公式，分别计算两种方案的期望与方差，进而比较得分大小得出结论． 【详解】（1）从台机器人中随机抽3台，总事件数为：， 恰好抽到1台表演“两步登墙后空翻”、2台表演“空中大回旋”动作机器人的事件数为：, 则概率为：． （2）每台机器人完成动作相互独立，且概率为，故服从二项分布， 的可能取值为，则： ； ； ； ； 分布列为： 0 1 2 3 数学期望： ． （3）已知综合得分公式：，S越大，方案越优秀， ①甲方案：完成台数满足， 当时失败，此时，收益为； 当时合格，此时，收益为； 当时完美，此时，收益为； 期望； 方差：； ， 则甲的综合得分：； ②乙方案：完成台数满足， 单轮至少２台完成的概率：，则单轮不超过1台的概率为， 两轮均，即完美的概率：，收益4； 一轮，一轮，即合格的概率：，收益2； 两轮，即失败的概率：，收益； 期望； 方差：， 则乙的综合得分：， ， 甲方案更优秀． 17．已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 【答案】(1) (2) (3)证明：（方法一）由（2）知，，因为，所以． 设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为， 再将，代入得：得， 即， 所以， 因为直线不过点，所以，所以， ，化简整理得，解得， 所以直线的方程为，故直线恒过定点． （方法二）设直线的方程为，代入， 得， 则且，即且． 设（且），则，． 因为，所以，即， 整理得， 由，所以，得， 所以， ，整理得， 因为等式恒成立，所以，解得． 所以直线的方程为，故直线恒过定点． 【分析】（1）根据双曲线的性质可得双曲线的基本量，进而可得双曲的方程； （2）设，根据点在双曲线上及斜率的定义可得； （3）方法一：先设直线的方程为，由（2）的分析得，进而可得，再由斜率的坐标运算公式及根与系数关系代入化简得，从而可得直线过定点；方法二：先设直线的方程为，再由条件及根与系数关系可得恒成立，得，从而可得及直线过定点. 【详解】（1）由经过点，得． 由，又因为双曲线一条渐近线与直线平行， 所以，则，故的方程为． （2）设，则，即， 因为，， 所以， 故直线与的斜率之积为． （3）略 18．记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若边上的高为，，求，． 【答案】(1) (2)，或， 【分析】（1）利用三角形内角和性质、三角恒等变换化简已知等式求角； （2）结合三角形面积公式建立的关系，再用余弦定理列方程求解. 【详解】（1）在中，，故 ， 将已知等式变形： ， 又 ， 代入得： ， 因，， 故，得； （2）由三角形面积相等得，代入，，， 化简得： ，又 再代入余弦定理，得 ， 整理得，解得或， 对应代入，得或， 故，或，. 19．已知函数，.对于任意实数，定义. (1)讨论函数在上的单调性， (2)求的表达式； (3)求的最小值. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增； (2) (3) 【分析】（1）利用函数的导数即可求解； （2）根据题意，由导数得到函数的单调性，分类讨论区间与的位置关系即可求解； （3）利用导数分类讨论函数的单调性即可求解. 【详解】（1）由得， 当时，；当时，； 因此在上单调递减，在上单调递增. （2）根据区间与的位置关系分类： ①当时， 区间位于左侧，函数单调递减，所以， 即； ②当时，区间位于右侧，函数单调递增，所以， 即； ③当时，区间包含，最小值为， 最大值为两个端点中较大的一个，即比较， 令，得， 记，由于， 故当时，，所以， 当时，，所以， 综上所述， （3）当时，在该区间单调递减， 当时，，其导数为，故该段单调递减， 当时，，其导数为，故该段单调递增， 当时，单调递增， 因此的全局最小值在处取得，此时， 所以， 因此的最小值为. 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 $ 2025-2026学年河南省高二期末模拟考试卷（五） 数学 考试范围：高考全部内容；考试时间：120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．已知i是虚数单位，，已知是复数的共轭复数，则下列结论错误的是（    ） A． B．为纯虚数 C． D． 2．设全集，集合，则（    ） A． B． C． D． 3．若将6张互不相同的优惠券分给3名消费者，每名消费者至少分得1张，则不同的分法种数为（   ） A．240 B．540 C．630 D．1080 4．椭圆：与双曲线：有公共的焦点，，为与的交点，则的面积为（    ） A． B． C．2 D．1 5．已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列条件中，一定得到直线的是（    ） A．， B．， C．， D．，，， 6．已知，则等比数列的公比为（     ） A． B． C． D． 7．已知，则（     ） A． B． C． D． 8．设，，，则a，b，c的大小关系是（   ） A． B． C． D． 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．已知函数，其中．则下列说法正确的是（   ） A．的图象为中心对称图形 B．时，函数在上单调递减 C．对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值 D．若有两个不同的极值点，则的取值范围为 10．已知点在直线上，点，在圆上，若，且，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线与圆相切 B．直线倾斜角为150° C．当时，可能为90° D．若，则的取值范围为 11．在三棱锥中，，，，且.点在三角形及其内部运动，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值为 B．满足的点的轨迹是三角形内的一条线段 C．满足的点的轨迹线段长为 D．存在点，使得 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．已知为坐标原点，为抛物线：的焦点，则的坐标为__________． 13．若两个单位向量，满足，则向量与的夹角为________． 14．已知数列满足（），则下列说法正确的是 ． ①若且，则单调递减； ②若存在无数多个使得，则或； ③当时，存在使； ④当时，对任意，都有． 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．如图1，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．是边长为2的等边三角形． (1)证明：平面面； (2)若，求直线和所成角的余弦值； (3)点在棱上，如图2，，三棱锥的体积为4，求二面角平面角的正切值． 16．某公司在研发机器人互动节目《机器侠》中，设计台各不相同的人形机器人进行武术表演，其中8台表演“两步登墙后空翻”动作，7台表演“空中大回旋”动作．每台机器人的表演相互独立． (1)从这台机器人中随机抽取3台，求恰好抽到1台表演“两步登墙后空翻”、2台表演“空中大回旋”动作机器人的概率； (2)研发前期每台表演“两步登墙后空翻”的机器人完成动作的概率均为，现使用3台“两步登墙后空翻”机器人完成该动作，设X为完成该动作的机器人的台数，求X的分布列，数学期望； (3)研发前期每台表演“空中大回旋”的机器人完成动作的概率均为，根据各种方案完成的情况分为完美、合格、失败三类，其中完美收益4分，合格收益2分，失败收益分．收益的期望为，方差为，综合得分公式：，S越大，方案越优秀．现有甲、乙两种方案： 甲方案：使用5台表演“空中大回旋”的机器人，具体判定标准如下： 完美：4台或5台全部完成动作； 合格：恰好2台或3台完成动作； 失败：恰好0台或1台完成动作． 乙方案：使用6台表演“空中大回旋”的机器人，分两轮独立执行，每轮各3台，具体判定标准如下： 完美：两轮都至少2台完成； 合格：恰一轮至少2台完成，另一轮不超过1台完成； 失败：两轮都不超过1台完成． 甲、乙哪种方案更优秀？ 17．已知点，，双曲线的方程经过点，且的一条渐近线与直线平行，为上异于顶点的任意一点，为的左顶点． (1)求的方程； (2)求直线与的斜率之积； (3)设为上异于顶点和点的任意一点，且直线的斜率是直线的斜率的3倍，证明：直线恒过定点． 18．记的内角的对边分别为，已知． (1)求； (2)若边上的高为，，求，． 19．已知函数，.对于任意实数，定义. (1)讨论函数在上的单调性， (2)求的表达式； (3)求的最小值. 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 $