2026-2027学年高二数学上学期期中模拟卷（一）（海南儋州适用）

2026年高二上期中考试模拟试卷一 考试范围：概率、空间向量与立体几何、直线与圆 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求） 1．袋中装有质地、大小和形状完全相同的个球，其中有个红色球，个黄色球，个白色球．从袋中不放回地依次随机摸出个球，则下列判断正确的是（   ） A．“摸出的个球颜色不都相同”是必然事件 B．“摸出的个球颜色都不相同”是不可能事件 C．“恰好摸出个红色球”与“恰好摸出个红色球”是对立事件 D．“恰好摸出个红色球”与“恰好摸出个黄色球”是互斥事件 2．已知向量，，且与互相垂直，则（    ） A． B． C． D． 3．已知为空间中四点，任意三点不共线，O为平面ABC外一点，且，若四点共面，则的最小值为（    ） A． B． C．9 D．4 4．如图，在平行六面体中，底面为正方形，，棱为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 5．已知圆，是圆上的动点，点，若动点满足，则点的轨迹方程为（    ） A．( B． C． D． 6．在平面直角坐标系xOy 中，已知点，P 为直线上一动点，则的最小值是（    ） A． B． C．2 D．4 7．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（    ） A． B． C．或 D．或 8．已知圆，直线与圆O相交于A，B两点．若，则实数（     ） A． B． C． D． 二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．在某届世界杯足球赛上，四支足球队进入了最后的比赛．在第一轮的两场比赛中，对对，然后这两场比赛的胜者将进入冠亚军决赛，这两场比赛的负者比赛，决出第三名和第四名．比赛的一种最终可能结果记为（表示胜胜，然后胜，胜．假设每场比赛中两队获胜的概率均为，且各场比赛结果相互独立。记：样本空间“比赛所有最终可能结果”，事件“队获得冠军”，事件“队进入冠亚军决赛”，事件“队为第三名”．则（     ） A． B． C． D． 10．如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（    ） A．与平面的夹角的正弦值为 B．点到的距离为 C．线段的长度的最大值为 D．与的数量积的范围是 11．已知直线和圆相交于M，N两点，则下列说法正确的是（    ） A．直线过定点 B．的最小值为3 C．的最小值为 D．圆上到直线的距离为的点恰好有三个，则 三、填空题：(本题共3小题，每小题5分，共15分.) 12．在如图所示的电路图中，开关，，正常工作的概率分别为，，，且是相互独立的，则灯亮的概率是____ 13．已知向量，，且，夹角为钝角，则的取值范围____________ 14．已知一个圆与轴相切，在直线上截得弦长为，且圆心在直线上，则此圆的方程为___________. 四、解答题：（本题共5小题共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤） 15．已知直线． (1)求经过点且与直线垂直的直线方程； (2)求经过直线与的交点，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程． 16．如图，在边长为2的正方体中，E是棱上的点，平面交棱于点F． (1)证明：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度及此时点到平面的距离． 17．在学校数学活动周中，高一年级举办了数学答题比赛.题目选自模块1或模块2.已知在模块1的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为，在模块2的比赛中，选手甲、乙答对的概率分别为p和q.假设甲、乙两人在每个模块中答对与否互不影响.每个人在各模块中的结果也互不影响. (1)若在正式比赛前，甲、乙作为代表参加模块1的循环答题热身赛.参赛者依次轮流答题，若答对则该选手获1枚印章，若答错则对手获1枚印章.连续获两枚印章的选手最终获胜.甲回答第1题，乙回答第2题，依次轮流答题.求到第4个问题甲获胜的概率. (2)在正式比赛中，每个选手均要参加两个模块的比赛，每个模块回答一个问题，答对者获1枚印章，答错没有印章. （ⅰ）若，，求甲、乙共获得3枚印章的概率； （ⅱ）若甲没有获得印章，乙获得1枚印章的概率为，两人都获得两枚印章的概率为.求甲、乙至少有1人获得印章的概率. 18．如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 19．已知圆与直线相切于点，圆心在轴上. (1)求圆的标准方程； (2)过点作圆的切线，求切线的方程； (3)设点，过点作直线，交圆于两点，再过点作与直线垂直的直线，交圆于两点，记四边形的面积为，求的最大值. 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026年高二上期中考试模拟卷一》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C A A B D D A AC ABD 题号 11 答案 AC 1．A 【详解】选项A，因为个球中有个红色球，个黄色球，个白色球， 从中不放回的依次随机摸出个球，它们不会颜色都相同，所以A正确； 选项B，摸出的个球颜色都不相同，则这三个球为红白黄，这个事件为随机事件， 可能发生，所以B错误； 选项C，摸出的个球颜色可以没有红色球，所以C错误； 选项D，摸出的个球颜色可以是个红色球和个黄色球和个白色球，此时两件事情同时发生，所以D错误. 2．C 【分析】由向量线性关系的坐标运算及垂直的坐标表示列方程求参数即可. 【详解】由题设，， 又与互相垂直，则，解得. 故选：C 3．A 【详解】因为四点共面，则有， 由共面条件可得，，即， 所以， 当且仅当，即，即时，等号成立. 故选A. 4．A 【分析】根据题意，设，以为基底，分别表示，再利用向量法即可求出异面直线与所成角. 【详解】设，则，． 以为基底，由题意得，． 因为，， 所以， ， ， 设异面直线与所成角为， 则， 即异面直线与所成角的余弦值为. 5．B 【分析】设，，由，得到，代入圆方程即可求解. 【详解】设，，由，得， 所以， 又因为点在圆上， 所以，即. 故选：B 6．D 【分析】求出点关于直线的对称点，利用轴对称性质及两点间线段最短求出最小值. 【详解】设点关于直线的对称点， 则，解得，即点， 因此，当且仅当为线段与直线的交点时取等号， 所以的最小值是4. 故选：D 7．D 【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式即可得解. 【详解】当直线过原点时在两坐标轴上的截距都为，满足题意， 又因为直线过点，所以直线的斜率为， 所以直线方程为，即， 当直线不过原点时，设直线方程为， 因为点在直线上， 所以，解得， 所以直线方程为， 故所求直线方程为或.故D项正确. 故选：D 8．A 【分析】利用垂径定理的弦长公式建立圆心到直线距离的方程，再结合点到直线的距离公式求解实数的值. 【详解】圆 的圆心坐标为 ，半径 ，将直线整理为一般式：； 设 为圆心到直线 的距离，则 ， 所以 ，解得 ，即 ， 由点到直线的距离公式： ，解得 ，即 . 9．AC 【分析】先分析比赛各阶段的胜负可能性，每一场比赛有种胜负结果，根据分步乘法计数原理计算样本空间的元素总数.计算事件包含的样本点个数，再用古典概型概率公式计算分析第一轮对的胜负情况，计算事件包含的样本点个数，再用古典概型概率公式计算.古典概型概率公式计算. 【详解】本题根据淘汰赛规则分步计算，每场比赛均分胜负，所有结果等概率： 第一轮两场比赛：a对有种结果，对有种结果； 第二轮：胜者争冠亚有种结果，负者争三四有种结果； 总结果数：，选项A正确. 获冠军需要先赢第一轮（胜），再赢决赛，两步胜率均为， 因此：，选项B错误 进冠亚军决赛仅需赢第一轮（对），胜率为，即：，选项C正确 若是冠军，则赢第一轮，是第一轮负者（）； 若是第三名，第三名是两个第一轮负者比赛的胜者， 因此必须是第一轮与比赛的负者（，即第一轮胜），且在三四名决赛中胜. 所有比赛结果固定，仅1种满足条件的结果，因此，选项D错误 10．ABD 【分析】建系，标点，设，根据向量垂直可得.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到线的距离；对于C：根据空间向量的模长公式分析求解；对于D：根据空间向量的数量积分析求解. 【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，设， 可得，， 若，则，可得， 则，解得，即. 对于选项A：可知平面的法向量， 则， 所以与平面的夹角的正弦值为，故A正确； 对于选项B：因为， 所以点到的距离为，故B正确； 对于选项C：因为， 则， 且，可得当且仅当时，取到最大值， 所以线段的长度的最大值为3，故C错误； 对于选项D：因为，， 则， 且，可知当时，取到最小值； 当时，取到最大值； 所以与的数量积的范围是，故D正确； 故选：ABD. 11．AC 【分析】根据直线的定点、圆的相乘、向量数量积运算、直线和圆的位置关系等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，直线，即， 由解得，所以定点坐标为，A正确， 对于B，圆的圆心为，半径为， 点与圆心的距离为， 所以的最小值为，此时直线垂直于轴，故此时无最小值， 故B错误， 对于C，设，则， 当，即直线方程为时， 取得最小值为，所以C正确， 对于D，若圆上到直线的距离为的点恰好有三个， 则圆心到直线的距离为， 所以， 整理得，所以D错误. 故选：AC 12． 【分析】灯亮即开关闭合，且，至少有一个闭合，结合对立事件和独立事件的概率可解得结果. 【详解】设“开关，，闭合”分别为事件，，，则灯亮这一事件为，且，，相互独立，互斥， 所以， 故答案为：. 13． 【分析】利用向量数量积的坐标表示结合向量共线求解即可. 【详解】因为，夹角为钝角，所以，且，不共线， 所以，解得且， 即的取值范围为， 故答案为： 14．， 【分析】设出圆心和半径，根据弦长得到方程，求出，得到圆的方程. 【详解】设圆心为，则圆的半径为， 故圆的方程为， 圆心到的距离为， 所以直线上截得弦长为， 故，解得， 故此圆的方程为或. 故答案为：， 15．(1) (2)或 【分析】（1）利用垂直的性质可设斜截式直线方程，利用待定系数法求解直线即可； （2）利用截距为0和不为0分类讨论，再结合过原点直线方程和截距式直线方程求解即可. 【详解】（1）由直线可得斜率为， 所以根据垂直关系可设所求直线方程为， 则依题意有，解得， 所以所求直线方程为，整理得； （2）联立，解得，即直线与的交点为， 当直线经过原点时，满足题意，假设直线方程为， 代入得，此时； 当直线的截距都不为0时，假设直线方程为， 依题意，解得，此时直线方程为，即 综上所述：所求直线方程为或． 16．(1) 连接，由正方体可知，， 四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面， 平面，平面平面， ． (2)1； 【分析】（1）根据正方体的性质，利用线面平行证明线线平行； （2）建立空间直角坐标系，得出相关点和向量的坐标，求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式结合点到平面的距离公式求解． 【详解】（1）略 （2） 如图，以D为原点，建立空间直角坐标系， 设的长为a，则，，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可得； 设直线与平面所成角为， 则，解得， ， 故的长度为1； ，点到平面的距离． 17．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）由独立乘法公式即可求解； （2）（i）由独立乘法、互斥加法公式即可求解；（ii）先求得，再根据乘法公式、对立事件概率公式即可求解. 【详解】（1）设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G， 则 . （2）设表示甲在第i个模块答题中答对的事件，表示乙在第i个模块答题中答对的事件（其中，2）.设表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，表示乙在两个模块答题中答对i个的事件（其中，1，2）. （i）根据独立性假定，得 ，， ，. 设”甲、乙共获得3枚印章“，则，且与互斥，与，与分别相互独立. 所以. （ii）设“甲、乙至少有一人获得印章”， ， ， 由已知， 所以， . 18．(1)证明如下： 因为，E为的中点， 所以； 在和中， 因为， 所以， 所以， 又因为E为的中点， 所以； 又因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面. (2)与平面所成的角的正弦值为 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【详解】（1）略 （2）连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 19．(1) (2)或 (3) 【分析】（1）设，由圆与直线相切于点，可求得，从而可求出半径，即可求解； （2）当切线斜率不存在时，则直线，即可验证直线与圆是否相切；当切线斜率存在时，设出直线，再结合点到直线的距离公式即可求得，从而可求解. （3）法一：分情况讨论直线无斜率时、斜率为时、斜率存在且不为时，相应的直线情况，再结合直线与圆相交求出相应的，即可求解； 法二：设圆心到直线的距离，到直线的距离，可得则，，再结合，从而可求解. 【详解】（1）设，由圆与直线相切于点， 得，解得，所以 则圆半径， 所以圆的标准方程为. （2）当切线斜率不存在时，直线为，显然圆心直线到的距离为，等于半径， 所以直线与圆相切； 当切线斜率存在时，设切线方程为，即， 由圆心到切线的距离为得，，解得， 则，整理得， 综上，切线方程为或. （3）法一：当直线无斜率时，，， 当直线斜率为时，，. 当直线斜率存在且不为时，设直线为，即， 则圆心到直线距离， 所以， 因为，用替换上式中的可得. 则 ， 当且仅当，即时取等号 综上所述，因为，所以的最大值为. 法二：设圆心到直线的距离，到直线的距离， 则，， 又直线与直线垂直，所以，， 当且仅当时取等，所以的最大值为. 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 $