四川省泸县第一中学2025-2026学年高二上学期数学期末模拟卷1

**基本信息** 高2024级秋期期末数学模拟题，以直线、复数、统计等知识为载体，通过地理标志博览会志愿者选拔（15题）、切面圆柱体椭圆离心率（13题）等情境，考查数学抽象、几何直观与数据意识。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|8|直线倾斜角、复数模、统计中位数|基础概念辨析，如3题中位数不变性| |多选|3|古典概型、椭圆性质|多选项设计，如10题椭圆离心率与最值| |填空|3|直线平行、椭圆离心率、双曲线离心率|情境化问题，如13题切面圆柱体椭圆离心率| |解答|5|统计概率、圆方程、抛物线轨迹、立体几何、双曲线综合|综合性应用，如15题频率分布直方图与概率，18题立体几何证明与夹角计算|

高2024级2025年秋期期末数学模拟题(一) 班级:___________姓名：___________ 一、单选题 1．直线的倾斜角为（    ）． A． B． C． D． 2．若复数满足，则（    ） A．2 B．2023 C． D．1 3．演讲比赛共有9位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分.7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（ ） A．中位数 B．平均数 C．方差 D．极差 4．已知点位于平面内，是平面的一个法向量，则点到平面的距离是（   ） A． B． C．2 D．3 5．若圆的半径为，圆心在第一象限，且与直线和轴都相切，则该圆的标准方程是（    ） A． B． C． D． 6．如图所示，在平行六面体中，，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 7．与圆和圆都外切的圆的圆心在（    ） A．一个圆上 B．一个椭圆上 C．双曲线的一支上 D．一条抛物线上 8．已知双曲线的右焦点到其中一条渐近线的距离等于1，抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上一动点M到直线和的距离之和的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，其中，，，则（    ） A．事件A与事件互斥 B． C．事件A与事件相互独立 D． 10．已知椭圆，，是椭圆的左右焦点，P为椭圆上任意一点.下列说法中正确的是（    ） A．椭圆离心率为 B． C． D．的最大值为3 11．如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，点M是其侧面上的动点（含边界），下列说法正确的是（    ） A．过点的平面截该正方体所得截面面积为 B．当平面时，点的轨迹长度为 C．当时，三棱锥的体积为 D．过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 三、填空题 12．已知直线，，且，则 . 13．几何体结构素描是学习素描最重要的一个阶段.某同学在画“切面圆柱体”（用不平行于圆柱底面的平面去截圆柱，圆柱底面与截面之间的部分叫做切面圆柱体）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切面所在平面与底面成角，则该椭圆的离心率为 .   14．已知双曲线的左、右焦点分别为，若双曲线的左支上一点满足，以为圆心的圆与的延长线相切于点，且，则双曲线的离心率为 . 四、解答题 15．9月19日，2023年中国地理标志博览会主会场启动仪式在泸州市成功举行，志愿者的服务工作是丰收节成功举办的重要保障，泸州市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． (1)估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数； (2)从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的宣传者．现计划从第四组和第五组抽取的人中，再随机抽取2名作为组长．求选出的两人来自同个一组的概率． 16．已知圆C过点和点，且圆心C在直线上． (1)求圆C的方程； (2)已知直线与圆C相交于两点，求的面积． 17．在平面直角坐标系中，动点M到点的距离比点M到直线的距离大． (1)求点M的轨迹C的方程； (2)直线l与轨迹C交于A，B两点，若线段AB的中垂线为，求线段AB的长． 18．如图，在直三棱柱中，D为的中点，，平面平面． (1)求证：平面； (2)若的面积为，求平面和平面夹角的余弦值． 19．已知双曲线：（）的左、右顶点分别为，，过点的直线与双曲线的左、右支分别交于点，，为坐标原点，连接并延长，交双曲线于点． (1)已知为的左焦点． ①求的方程； ②若，求直线的方程． (2)若，求的取值范围． 试卷第4页，共4页 《2025年秋期模拟题一》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A B A A C D BC ACD 题号 11 答案 ABD 1．B 【详解】直线， ， 倾斜角． 故选． 2．D 【详解】因为， 所以，则，即，故， 则， 故，， 故选：D. 3．A 【详解】设9位评委评分按从小到大排列为． 则①原始中位数为，去掉最低分，最高分，后剩余， 中位数仍为，A正确． ②原始平均数，后来平均数 平均数受极端值影响较大，与不一定相同，B不正确 ③ 由②易知，C不正确． ④原极差，后来极差可能相等可能变小，D不正确． 4．B 【详解】由题设，则点到平面的距离. 故选：B 5．A 【详解】由题意可设圆心坐标为，其中， 因为圆与直线相切，则，因为，解得， 因此，圆的方程为. 故选：A. 6．A 【详解】因为，， 所以 . 故选：A. 7．C 【详解】设动圆的圆心为，半径为，而圆的圆心为，半径为1； 圆的圆心为，半径为2． 依题意得，则， 所以点的轨迹是双曲线的一支． 故选：C． 8．D 【详解】双曲线的渐近线，右焦点， 依题意，解得，因此抛物线的焦点也为， 所以，解得，所以抛物线的方程为，其准线为， 由，消去并整理得：，， 即直线与抛物线相离， 过点作于点交抛物线于点， 过作于点，交直线于点， 则有 ， 在抛物线上任取点，过作于点，作于点， 交准线于点，连，如图， 显然，， 当且仅当点与点重合时取等号， 所以抛物线上一动点到直线和的距离之和的最小值为. 故选：D. 9．BC 【详解】由题意可得：，则， ∵， ∴，即事件A与事件B不互斥，A错误； 可得：， 故， 可知B正确，D错误； 又∵， ∴事件A与事件相互独立，C正确； 故选：BC. 10．ACD 【详解】由椭圆，可得，则， 对于A，椭圆的离心率，故A正确； 对于B，由椭圆的定义，可得，故B错误； 对于C，当点为椭圆的左、右顶点时，最小，且最小值为， 当点为椭圆的上、下顶点时，最大，此时， 为等边三角形，则， 根据椭圆的几何性质，得，故C正确； 对于D，由椭圆的几何性质，当点为椭圆的右顶点时，可得，故D正确. 故选：ACD 11．ABD 【详解】对于A，如图，连接，作， 因为分别是棱的中点，所以是的中位线， 由中位线定理得，由正方体性质得，， 得到四边形是平行四边形，则，故， 即四点共面，则该平面截该正方体所得截面是梯形， 由勾股定理得，，同理可得， 由题意得四边形是矩形，则，故， 由勾股定理得，且设梯形面积为， 由梯形面积公式得， 即过点的平面截该正方体所得截面面积为，故A正确， 对于B，如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接， 因为正方体的棱长为， 所以，，，，设 因为分别是棱的中点，所以，， 则，，， 设面的法向量为，则，得到， 而，得到， 令，解得，，故， 因为平面，所以， 得到，即， 化简得，则点的轨迹是直线，在面内， 由题意得，当时，， 当时，，得到轨迹是点和点构成的直线， 连接，由两点间距离公式得， 即此时点的轨迹长度为，故B正确， 对于C，如图，连接， 设，，则， 而，因为，所以， 得到，解得，故， 在正方体中，由勾股定理得， 则是等边三角形，得到， 故， 且，，，， 设面的法向量为，则， 得到，而，则， 令，解得，，故， 设点到面的距离为， 则由点到平面的距离公式得， 故，故C错误， 对于D，由正方体性质得外接球的球心就是正方体的中心， 如图，我们把球心记为，且连接， 由外接球性质得，外接球半径为， 由两点间距离公式得， 而截面一定是圆，且设圆的半径为，由勾股定理得， 得到截面面积为，即截面面积的最小值为，故D正确. 故选：ABD 12． 【详解】由，则，即. 故答案为： 13．/ 【详解】如图所示：切面与底面的二面角的平面角为， 故， 设圆半径为，则， 设椭圆的长轴长及短轴长分别为，故， 故，所以.    故答案为： 14． 【详解】由正弦定理可知且， 又因为，可解得， 又因为，所以为的中点，所以， 又因为以为圆心的圆与的延长线相切于点，所以， 所以， 又因为，所以， 所以，解得， 故答案为：. 15．(1)77.5 (2) 【详解】（1）由题意可知：，解得， 可知每组的频率依次为， 因为，且， 设第百分位数为，则，解得， 第百分位数为. （2）根据分层抽样和的频率比为， 故在和中分别选取人和人，分别设为，，，和， 则这人中随机抽取两个的样本空间包含的样本点有，，，，，，，，，共个，即， 记事件“两人来自同一个组”，则事件包含的样本点有，，，，，，共个，即， 所以. 16．(1) (2) 【详解】（1）由于圆C的圆心在直线上， 所以设， 因为圆C过点和点， 所以， 即， 解得， 即圆心坐标为， 所以半径， 所以圆C的方程为. （2）依题意，圆心到直线的距离， 因为直线与圆C相交于两点， 所以弦长， 所以. 17．(1) (2) 【详解】（1）设动点根据题意有， 当时，，不符合题意， 当时，化简得．所以动点M的轨迹C的方程为． （2）设，AB中点， 由AB与垂直l可知，直线AB的斜率， 在抛物线上可知：，所以有 即，即， 即，所以． 所以直线AB的方程为，即． 联立，即，易知， ． 18．(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图，取的中点E，连接， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 在直三棱柱中，得到平面， 因为平面，所以， 因为平面，且， 所以平面. （2）因为的面积为， 所以，解得， 而两两垂直，则以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 得到， 由中点坐标公式得的中点， 则， 设平面的一个法向量，则， 令，解得，，得到， 设平面的一个法向量，则， 令，解得，，得到， 设平面和平面夹角为， 则， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 19．(1)①;②或. (2) 【详解】（1）①因为为双曲线的焦点，故，故， 故双曲线方程为：. ②因为，故为等腰三角形，而，故， 由题设可得的斜率存在且不为零，故设，， 则由可得， 故，且即， 又， 因为，故，故， 整理得到：， 所以，故， 故直线的方程为：或. （2） 由题设有由（1）中假设有， 整理得到：， 设直线，故， 又由可得， 故且， 故， 又， 所以， 整理得到在上恒成立，所以. 答案第14页，共14页 答案第13页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $