浙江省乐清市荆山公学2025-2026学年高二下学期学业水平考试数学模拟卷

**基本信息** 聚焦高二学业水平核心内容，融合人工智能测试等真实情境，通过基础巩固与综合应用的梯度设计，适配期末复习检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|12题/36分|命题否定、统计量计算、向量运算等|第2题结合数据变换考查统计核心素养| |多选题|3题/18分|复数几何意义、三角函数图像性质等|第15题以正方体动态问题考查空间观念| |填空题|3题/9分|函数奇偶性、统计分位数等|第17题依托AI测试成绩分析强化数据观念| |解答题|3题/37分|立体几何翻折、解三角形、函数综合|19题通过翻折问题融合空间向量与逻辑推理，21题以函数性质探究体现数学思维严谨性|

荆山公学高二学业水平考试模拟卷 数 学 (考试时间:2026年06月28日 满分：100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，写在试卷上无效。 3.考试内容：人教A版必修一+必修二+选择性必修一空间向量与立体几何。 4.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单选题（共36分） 1．（本题3分）命题“，”的否定是（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（本题3分）已知一组数据，，…，的平均数为2，方差为1，则数据 ， ，…， 的平均数和方差分别为（     ） A．1，4 B．2，1 C．1，1 D．2，4 3．（本题3分）已知向量，，则（   ） A． B． C．3 D．4 4．（本题3分） （ ） A． B． C． D． 5．（本题3分）下列各组函数表示同一函数的是（    ） A．， B．， C．， D．， 6．（本题3分）下列函数中既是奇函数，最小正周期是的是（     ） A． B． C． D． 7．（本题3分）不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 8．（本题3分）一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个绿球，每次从中随机摸出1个球，有放回地连续摸球两次．下列事件中，与事件“至多一次摸到红球”互为对立事件的是（   ） A．至少一次摸到红球 B．两次都摸到红球 C．只有一次摸到红球 D．两次都没有摸到红球 9．（本题3分）已知且，则的最小值是（   ） A．3 B．9 C．5 D．25 10．（本题3分）在中，，，为所在平面内的一个动点，若的最小值为，则（    ） A． B．2 C． D．4 11．（本题3分）如图，二面角的大小为，，，，，，，且，，则（   ） A． B． C．4 D． 12．（本题3分）已知定义在上的函数满足：对任意均有成立，且（e为自然对数的底数），则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 13．（本题6分）已知复数（为虚数单位），则（    ） A．在复平面内对应的点位于第二象限 B．的共轭复数为 C． D．若复数，则 14．（本题6分）已知函数的部分图象如图所示，则（    ） A． B．的图象可由曲线向左平移个单位长度得到 C．的图象关于直线对称 D．在上的值域为 15．（本题6分）如图，在棱长为2的正方体中，点 在线段（不包含端点）上运动，则下列结论正确的是（   ）    A．正方体的外接球表面积为 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．直线 平面 D．三棱锥 的体积随着点 的运动而变化 第II卷（非选择题） 三、填空题（共9分） 16．（本题3分）设是奇函数，且，则______． 17．（本题3分）某校组织了“人工智能知识”测试，现随机抽取了100名学生的测试成绩（单位：分），这100名学生的成绩都分布在区间内，绘制成如图所示的频率分布直方图. 则这100名学生成绩的61%分位数为______. 18．（本题3分）设函数，若，则______，______. 四、解答题（共37分） 19．（本题12分）如图，梯形中，，，，，将沿翻折至，使得平面平面. (1)证明：直线平面； (2)设线段中点为，求直线与平面所成角的正弦值. 20．（本题12分）的内角的对边分别为，已知. (1)求角的值； (2)若的面积为，求； (3)若，求周长的最大值. 21．（本题13分）已知函数为定义在上的偶函数，且满足，． (1)求的解析式； (2)若不等式恒成立，求实数的取值范围； (3)设，若对任意的，存在，使得，求实数的取值范围． 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A A C D C C B D D 题号 11 12 13 14 15 答案 B B CD ACD BC 1．B 【详解】解：命题“，”的否定是“，”． 2．A 【详解】设原数据的平均数为，方差为，由题意得 ， . 设新数据 的平均数为， 则 设新数据的方差为， 则 新数据的平均数为，方差为. 3．A 【详解】因为，， 所以，， 所以，， 所以． 4．C 【详解】 . 5．D 【详解】选项A：的定义域是，的定义域是， 定义域不同，不是同一函数，故A错误； 选项B：的定义域是，的定义域是， 定义域不同，不是同一函数，故B错误； 选项C：的定义域是，的定义域是， 定义域不同，不是同一函数，故C错误； 选项D：的定义域是， 去绝对值分段得， 定义域和表达式均和一致，是同一函数，故D正确． 6．C 【详解】由正弦函数、余弦函数、正切函数的性质可知： 为偶函数，最小正周期为，A错误； 为奇函数，最小正周期为，B错误； 为奇函数，最小正周期是，C正确； 为奇函数，最小正周期为，D错误. 7．C 【详解】，， ，解得． 8．B 【详解】设两次有放回摸球中摸到红球的次数为随机变量，则的所有可能取值为. 事件“至多一次摸到红球”即，包含“两次均未摸到红球（）”和“仅一次摸到红球（）”两类基本事件. 根据对立事件的定义，的对立事件为，即，对应事件为“两次都摸到红球”. 9．D 【详解】因为，所以，当且仅当时，等号成立， 所以， 解得，当且仅当时等号成立，所以的最小值为25． 10．D 【详解】，以为原点，分别以，所在直线为，轴，建立平面直角坐标系，如图所示：     ，， 设，则，，则，. 令，则，. ； 的最小值为，，，解得. . 11．B 【详解】过，分别作，的平行线，使之交于点， 因为，所以，而，二面角的大小为， 则，而，， ， 又平面，所以平面， 由，可得平面，又平面， 则，则. 12．B 【详解】由，，得， 令，则， 所以在上单调递减.因为，所以， 因为，所以，即， 因为在上单调递减，故，因为定义在上，所以， 即,解得，因此不等式解集为.故答案为：B 13．CD 【详解】， 在复平面内，对应的点为，位于第三象限，选项A错误； ，选项B错误； ，选项C正确； ， ，选项D正确. 14．ACD 【详解】由函数的图象可知：, 又因为,即则得,故A正确； 因,结合函数图象可得 所以,即． 而曲线向左平移个单位长度得到,故B错误； 当时,可得,故的图象关于直线对称,故C正确； 当时,,则,故D正确． 15．BC 【详解】正方体对角线长为，即为外接球直径，因此球半径为，球表面积为，A错； 正方体中与平行且相等，是平行四边形，， 是正三角形，与的夹角（锐角或直角）的范围是，因此B正确； 由上述知，而平面，平面，所以平面， 同理平面，又，平面， 所以平面平面，而平面，所以平面，C正确； 由平面，因此到平面的距离不变，面积确定， 所以不变，D错． 16． 【详解】因为是奇函数，且，所以，即. 17．82 【详解】设这100名学生成绩的61%分位数为x， 因为前4组频率之和为， 前5组频率之和为， 所以这100名学生成绩的61%分位数落在第5组内， 所以，解得，所以这200名学生成绩的61%分位数为82. 18． /0.5 198 【详解】由函数可得： ， 由于，故， 即， 所以，即； ，故答案为： 19．(1)由已知，在梯形中，，，所以， 又，所以， 取的中点，连接，易知四边形为正方形， 因为，可知，所以，所以， 又因为翻折前，所以翻折后， 又因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 又因为平面，所以， 又，，且平面，所以直线平面. (2). 【分析】（1）根据面面垂直的性质，可证得，再根据线面垂直的判定定理，即可证明； （2）法一：运用等体积法，可求得点到平面的距离，进而可求得点到平面的距离，根据勾股定理，可求得，进而可求得直线与平面所成角的正弦值； 法二：运用直接法，在中过作，垂足为，根据几何关系，可求得点到平面的距离，根据勾股定理，可求得，进而可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）略 （2）法一：设点到平面的距离为， 由（1）可知直线平面，所以点到平面的距离为， 因为翻折后，所以， 因为直线平面，所以，所以， 由（1）可知平面，所以，所以， 由，解得， 设点到平面的距离为，则由，解得， 又，所以， 设直线与平面所成角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为. 法二设点到平面的距离为， 在中过作，垂足为，下证平面． 由（1）可知平面，面，所以， 又，，平面 由（1）可知直线平面，所以， 在中，，， 设点到平面的距离为，则由，解得， 又，所以， 设直线与平面所成角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为. 20．(1)，(2)，，(3) 【分析】（1）利用正弦定理通过解已知方程即可求出角A的值； （2）利用三角形的面积公式求出，结合余弦定理即可求解； （3）利用余弦定理求出，再结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）已知，根据正弦定理可得，， 由于在中，，所以，， 因此，化简得， 由于，，所以，由于，解得. （2）由（1）可知，，又因为的面积为，即， 化简得，， 又因为，根据余弦定理，可得， 化简得， 所以，即，结合，解得. （3）由（1）可知，，又因为， 根据余弦定理，可得， 化简得，即，， 根据基本不等式，有，所以，解得，即， 当且仅当，即时取等号， 所以周长的最大值为. 21．(1).(2)，(3) 【分析】（1）利用偶函数的性质运算求解即可；（2）根据函数的单调性化简不等式，再分离参数，利用基本不等式求最值即可；（3）由题意得，根据函数的单调性分别求出的最小值，即可求解. 【详解】（1）因为是上的偶函数，故对任意，恒成立， 所以，， 令，代入化简得得， 因此的解析式为. （2）由题意可得，易知在上单调递增， 因此不等式等价于. 令，不等式变为对任意恒成立，分离参数得， 由基本不等式得， 当且仅当取最小值，因此，即. （3）对任意，存在，满足，等价于在上的最小值在上的最小值. 因为单调递增，故，因此存在，使得， 即，开口向上，对称轴， 若，，得； 若，，恒成立； 若，，结合恒成立. 综上得，即. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $