河南省2025-2026学年高二下学期期末自编模拟考数学试卷（一）

**基本信息** 2025-2026学年河南省高二期末数学模拟卷，以高考全部内容为范围，通过春节促销抽奖（解答题15）、四棱锥线面关系（解答题16）等真实情境与综合问题，考查数学眼光观察现实世界、数学思维推理及数学语言表达能力，适配高二期末复习与高考衔接需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|统计（中位数）、椭圆、圆柱与球|基础概念与空间想象结合，如第5题圆柱内球体积最值| |多选|3/18|二项式定理、直线系、数列|选项分层，如第10题直线系定点与距离综合| |填空|3/15|复数虚部、抛物线焦点、正方体线面角|聚焦高频考点，如第13题抛物线焦点坐标| |解答|5/77|概率统计（促销抽奖）、立体几何证明、函数导数|情境化与探究性结合，如15题抽奖方案期望分析（数学语言表达），19题导数存在性与证明（数学思维推理）|

2025-2026学年河南省高二期末模拟考试卷（一） 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） 1．一组数据：，这组数据的中位数是（    ） A． B． C． D． 2．已知 ， ，则 （    ） A．0 B．1 C． D． 3．已知全集，，，则（   ） A． B． C． D． 4．已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 5．表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 6．已知等比数列的前项和为，且，，则（ ） A． B． C． D． 7．已知，都是锐角，，，则的值是（   ） A． B． C． D． 8．已知，函数，为奇函数，则（     ） A．13 B．24 C．80 D．240 2、 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，则下列描述正确的是（     ） A． B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C．被8除所得的余数是1 D． 10．一般称具有某性质的所有直线的全体为一个直线系．如，与直线平行的直线系可表示为．设直线系（），则（     ） A．M中所有直线均经过一个定点 B．点到M中任意一条直线的距离为定值 C．点到M中所有直线距离的最大值为6 D．不在直线系M中的点都落在面积为的区域内 11．已知数列的前n项和为，设，其中，令，则（    ） A．数列的通项公式为 B． C． D．数列为等差数列 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．若（是虚数单位），则复数的虚部是______． 13．抛物线的焦点的坐标为______． 14．如图，在正方体中，、分别为，的中点，则直线与平面所成角的正切值为______． 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．在2025年春节期间，某实体百货店铺向外公开举办商品促销活动，在全场商品中，顾客只要愿意消费元，即可在下列两个方案中任选一种抽奖一次． 方案①：A号抽奖箱内装有形状、大小、重量完全一样的个蓝球和个白球，每名抽奖顾客从中有放回地随机摸出球．中奖规则为：每摸出个蓝球，减免元． 方案②：B号抽奖箱内装有形状、大小、重量完全一样的个蓝球和个白球，每名抽奖顾客从中无放回地随机摸出球，中奖规则为：若摸出个蓝球，享受免费优惠；若摸出个蓝球，1个白球，则按原价的折优惠；若摸出2个白球，则抵扣现金元. (1)若某顾客消费元，选择抽奖方案①，求该顾客实际支付现金的分布列和期望； (2)若某顾客消费元，请从实付金额的期望值分析顾客选择哪一种抽奖方案更划算? 16．如图，在四棱锥中，平面平面，， ，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 17．已知在中，，. (1)求证：； (2)若边上的中线的长为1，求的面积. 18．已知双曲线，点在上，，分别为双曲线的左、右焦点． (1)求点到双曲线渐近线的距离； (2)若，求； (3)记为双曲线满足和的部分；直线，均过右焦点，与交于，两点（分别在第一、第四象限），与交于，两点（分别在第三、四象限），问：是否存在常数，使得对任意直线，都存在唯一对应的直线满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19．已知函数，，. (1)当时，讨论的单调性； (2)若，令（其中表示，中的较小值），若存在，，使得恒成立. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若方程有两个不相等的实数根，，证明：. 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（一） 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） 1．一组数据：，这组数据的中位数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】数据升序排列为：， 数据共5个，中位数取最中间第3个数，即为． 2．已知 ， ，则 （    ） A．0 B．1 C． D． 【答案】A 【分析】利用向量数量积的平方差公式，将所求转化为已知两个和差向量的数量积进行计算. 【详解】已知 ， ， 则. 3．已知全集，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解绝对值不等式求得集合,再结合集合的运算即可求解. 【详解】解得或，即, 则，则. 4．已知，分别为椭圆C：的左、右焦点，椭圆的离心率为，点在椭圆上，且的周长为，则的面积的最大值为（    ） A． B． C．4 D． 【答案】B 【详解】由椭圆定义可知，焦距， 则，离心率， 联立，解得， ， ， 椭圆上，，当时，的面积最大， 最大值为． 5．表面积为的圆柱内放入一个球，则该球体的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆柱的底面圆的半径为，高为，由题设可得，分析可得要使球体的体积最大，则应取，进而结合球的体积公式求解即可. 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为， 而圆柱的表面积为，则，即， 要在圆柱内放入一个球，设球的半径为，则，即， 要使球体的体积最大，则应取， 则，即， 则该球体的体积最大值为. 6．已知等比数列的前项和为，且，，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设等比数列的公比为 ，由，得， 解得，从而． 7．已知，都是锐角，，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，结合同角三角函数关系，余弦的差角公式求解即可. 【详解】因为，都是锐角，所以, 因为，， 所以，， 所以. 8．已知，函数，为奇函数，则（     ） A．13 B．24 C．80 D．240 【答案】D 【分析】根据奇函数的性质求出的值，进而求解即可． 【详解】由， 则， 又函数为上的奇函数，则， 即对任意成立， 整理得 所以，即，结合，解得， 所以，即． 2、 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，则下列描述正确的是（     ） A． B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C．被8除所得的余数是1 D． 【答案】ABC 【详解】令，得，再令，得， ，A选项正确. 根据二项式系数和的性质，对于二项式，所有二项式系数和为， 且奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，都为， 的展开式中，对于所有含的偶数次项的二项式系数和， 即为展开式中奇数项的二项式系数和，为，B选项正确. 而. 可得除了最后一项外，其余各项均能被8整除，故被8除所得的余数是，C选项正确. 对两边分别求导， 可得. 令，得，D选项错误. 10．一般称具有某性质的所有直线的全体为一个直线系．如，与直线平行的直线系可表示为．设直线系（），则（     ） A．M中所有直线均经过一个定点 B．点到M中任意一条直线的距离为定值 C．点到M中所有直线距离的最大值为6 D．不在直线系M中的点都落在面积为的区域内 【答案】BCD 【分析】利用直线系的性质，把直线系方程转化为的圆的全部切线，再根据圆的切线的性质判断选项，利用动圆切线无公共点判断选项A；利用点到直线距离公式计算判断选项B；利用定点到切线最大距离为圆心距与半径的和，判断选项C；不在直线系M中的点落在圆内部，即，求面积判断选项D． 【详解】直线系方程表示圆心为，半径的圆的全部切线， 若直线过定点，则对任意恒成立， 不存在这样的定点，故A错误； 由点到直线的距离公式，点到直线距离， 距离恒为定值1，故B正确； 设，圆心，两点间距， 点到圆切线距离的最大值为，故C正确； 不在直线系M中的点到的距离小于1，在圆内部， 圆面积，故D正确． 11．已知数列的前n项和为，设，其中，令，则（    ） A．数列的通项公式为 B． C． D．数列为等差数列 【答案】BCD 【分析】由求判断A，根据新定义及二进制判断BC，根据二进制意义及等差数列的定义判断D. 【详解】对于A，当时，，当时，，所以，故A错误； 对于B，，其中， 则表示二进制中1的个数，，则，故B正确； 对于C，设的二进制为，则的二进制为后加3个0（左移3位）， 的二进制为后接101（因），原末3位若为000，现变为101， 新增2个1，故；的二进制为B后加2个0（左移2位），的二进制为B后接11（因​），原末2位若为00，现变为11，新增2个1，故，两者相等，故C正确； 对于D，因为，所以，， 所以， 因为.的二进制表示为，所以， 则，因为， 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，故D正确． 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．若（是虚数单位），则复数的虚部是______． 【答案】2 【详解】因为复数，则.所以复数的虚部是. 13．抛物线的焦点的坐标为______． 【答案】 【详解】因为， 所以该抛物线的焦点坐标为，即焦点的坐标为. 14．如图，在正方体中，、分别为，的中点，则直线与平面所成角的正切值为______． 【答案】 【分析】利用等体积法求点到平面的距离，进而可求线面夹角. 【详解】设正方体的棱长为， 所以，所以， ， 设的中点为，连接， 所以， 所以， 所以， 设点到平面的距离为， 所以， 所以，所以， 解得， 设直线与平面所成角为， 所以，又，所以， 所以. 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．在2025年春节期间，某实体百货店铺向外公开举办商品促销活动，在全场商品中，顾客只要愿意消费元，即可在下列两个方案中任选一种抽奖一次． 方案①：A号抽奖箱内装有形状、大小、重量完全一样的个蓝球和个白球，每名抽奖顾客从中有放回地随机摸出球．中奖规则为：每摸出个蓝球，减免元． 方案②：B号抽奖箱内装有形状、大小、重量完全一样的个蓝球和个白球，每名抽奖顾客从中无放回地随机摸出球，中奖规则为：若摸出个蓝球，享受免费优惠；若摸出个蓝球，1个白球，则按原价的折优惠；若摸出2个白球，则抵扣现金元. (1)若某顾客消费元，选择抽奖方案①，求该顾客实际支付现金的分布列和期望； (2)若某顾客消费元，请从实付金额的期望值分析顾客选择哪一种抽奖方案更划算? 【答案】(1) (2)选择方案②更划算 【分析】（1）确定的可能的取值，求出每个值对应的概率，即可得分布列，根据期望公式求得期望. （2）计算两种方案下的实付金额得期望值，比较其大小，即可做出判断. 【详解】（1）设实付金额为元，则可能取值为，，， 则，， ， 则的分布列为 所以（元）．     （2）若选方案①，设摸到蓝球的个数为，实付金额为， 则， 由题意得，故．                 所以（元）． 若选方案②，设实付金额为，则的可能取值为，，． 则，，． 所以的分布列为 所以（元）， 因为，故选择方案②更划算． 16．如图，在四棱锥中，平面平面，， ，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)因为平面平面，，平面平面，平面， 可得平面，则， 又因为，，平面， 所以平面. (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面，可证，结合可证线面垂直； （2）作辅助线，建立空间直角坐标系，求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）略 （2）取的中点，连结，， 因为，所以， 且 平面，平面 平面，平面平面， 所以平面，且平面，所以， 又因为，所以， 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，，， 设平面的法向量为，则， 令 ，则，可得， 则， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为. 17．已知在中，，. (1)求证：； (2)若边上的中线的长为1，求的面积. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）由题意知，再结合题意得，整理得，即，再根据内角和定理即可证明结论； （2）结合（1）得，再结合二倍角公式得，进而得，，根据余弦定理，结合得，再根据正弦定理求得外接圆半径，最后计算面积即可. 【详解】（1）解：因为，， 所以，即， 所以， 因为，即 因为，中至少有一个为锐角， 所以， 所以， 即 所以， 所以，即， 因为， 所以，即. （2）解：由（1）知，即， 所以， 因为， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，， 所以，， 因为，所以， 所以，由余弦定理得，即， 所以 设为外接圆半径， 所以， 所以，解得，即， 所以， 所以 18．已知双曲线，点在上，，分别为双曲线的左、右焦点． (1)求点到双曲线渐近线的距离； (2)若，求； (3)记为双曲线满足和的部分；直线，均过右焦点，与交于，两点（分别在第一、第四象限），与交于，两点（分别在第三、四象限），问：是否存在常数，使得对任意直线，都存在唯一对应的直线满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在实数符合题意，此时的取值范围为 【分析】（1）根据双曲线方程求，即可得渐近线方程以及点到直线的距离； （2）解法一：根据余弦定理可得，结合定义可得，，即可得面积；解法二：设，根据数量积可得，即可得面积；解法三：根据极化恒等式和中线长性质可得，，结合面积公式运算求解； （3）根据题意结合双曲线性质可得直线斜率取值范围，设直线方程结合弦长公式可得，，进而分析取值范围即可得解. 【详解】（1）由题意可知：，， 则，，渐近线方程为，即， 所以点到双曲线渐近线的距离为. （2）解法一：因为， 由余弦定理可得， 整理得：， 因点是双曲线上一点，则，可得， 代入可得，，则， 所以的面积为； 解法二：设，则，即， 可得，， 因为，即，解得， 所以的面积为； 解法三：因为，即， 由中线长定理可知：， 因为，可得， 代入可得，，可得， 解得，则，， 所以的面积为. （3）不妨取，，则直线的斜率， 依题意，设直线：，则，设直线：，则，，， 联立方程，消去x可得， 则，， 可得， 可知函数在内单调递增，则， 且当趋近于1时，趋近于，即在内的值域为，故， 因，所以； 同理可得： 可知在内单调递减，则， 且当趋近于1时，趋近于，即在内的值域为，故； 由题意可知：，可得，解得， 所以存在实数符合题意，此时的取值范围为. 19．已知函数，，. (1)当时，讨论的单调性； (2)若，令（其中表示，中的较小值），若存在，，使得恒成立. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若方程有两个不相等的实数根，，证明：. 【答案】(1)在单调递增； (2)（i）1；（ii）若在内有两个不相等的实数根，不妨设，当时，，所以， 由（ⅰ）得，在单调递增，单调递减，所以，， 要证，只需证，又，且在单调递减， 所以只需证，又，即证， 令，， 由（ⅰ）得在单调递增，在单调递减， 所以，所以，所以， 又当时，， 则， 即在单调递增，， 故，得证. 【分析】（1）由题可得，然后利用导数研究单调性可判断单调性； （2）（i）通过研究单调性，结合，可比较与的大小，从而得到解析式，然后通过研究，的单调性可得单调性，据此可得答案； （ii）由（i）可将所证命题转化为证明：，然后通过研究，的单调性可完成证明. 【详解】（1）当时，，， 令，，令，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，即， 所以在单调递增. （2）（i）先比较与的大小，当时，， 所以， 令，，所以在单调递增， 又，（ 又，则） 所以存在唯一，使得，即， 所以当时，，即，当时，，即， 即，又，令，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增； ，令，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减. 结合，的单调性可得，在单调递减，单调递增，单调递减， 注意到当时，，且，所以，结合，所以的值为1. （ⅱ）略 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 $