2026-2027学年高二数学上学期期中考模拟卷一（广东广州市适用）

2026-2027学年高二上数学期中考模拟卷（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ （考试内容范围：必修一，必修二全部，选择性必修一至椭圆方程部分） 一、单选题 1．已知复数（为虚数单位），是的共轭复数，则在复平面上所对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是（    ） A．4 B．5 C．6 D．9 4．函数的最大值是（    ） A． B． C． D．4 5．将的图像向左平移个单位后，再将所得图像上所有点的横坐标变为原来的，得到函数的图像.已知在上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知是定义在上的偶函数，满足，且当时，，则下列结论错误的是（    ） A．当时， B． C．的图像关于点对称 D．函数有3个零点 7．已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．设函数，则下面的数中最小的是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知事件A，B发生的概率分别为，，则（    ） A． B． C．若A与B相互独立，则 D．一定有 10．已知点A，B是圆上的两个动点，圆，点P是直线上的动点，且，，下列说法正确的是（    ） A．直线是圆C与圆的公切线 B．的最小值为 C．四边形面积的最小值为1 D．直线AB恒过定点 11．如图，在棱长为6的正方体中，动点P在截面内（含边界），且满足.下列说法正确的是（    ） A．点P的轨迹长度为 B．与平面所成角的余弦值为 C．存在点P使得 D．与平面所成角的正切值的取值范围是 三、填空题 12．若为奇函数，则 . 13．已知，则 . 14．已知直线：与圆：、圆：相交于从左到右依次排列的四个不同点A，B，C，D，且满足，则线段的长为 . 四、解答题 15．网络流行词“新四大发明”是指移动支付、高铁、网购与共享单车.某中学为了解本校学生中“新四大发明”的普及情况，从全校3000名学生中随机抽取了100人，发现样本中使用过移动支付的有60人，使用过共享单车的有43人，其中两种都使用过的有8人. (1)利用样本数据估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数； (2)经过进一步调查，样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生里，有3人坐过高铁.现从样本中两种都没使用过的学生里随机选出2名学生，求这2名学生都坐过高铁的概率. 16．已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且. (1)求角A的大小： (2)若，，D为中点，点E在上且满足，求的长. 17．五面体的底面是一个边长为4的正方形，，，，二面角的大小为. (1)求证：； (2)设点P为棱上一点，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值. 18．已知动点与两个定点，的距离的比为，动点的轨迹为曲线. (1)求的轨迹方程，并说明其形状； (2)过直线上的动点分别作的两条切线，（、为切点），，交于点. （i）证明：直线过定点，并求该定点坐标； （ii）是否存在点，使的面积最大？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由. 19．已知为坐标原点，椭圆的右焦点为的长轴长为4，直线过点且与交于两点. (1)求的标准方程； (2)在轴上是否存在一个定点，使得直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)当的斜率不为时，直线交于另一点，直线交于另一点，证明：直线过定点. 试卷第4页，共4页 试卷第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 《广州市铁一中学高二上数学期中考模拟卷一》参考答案 1．C【详解】，则，故在复平面上所对应的点位于第三象限.故选 2．D【详解】∵，，，∴ .故选：D. 3．C【详解】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，则极差为，故该组数据的中位数是，数据共6个，故中位数为，解得，因为，所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，故选：C. 4．B【详解】由，解得，故的定义域为.设，则，其中，， ∵，则，∴当，即时，取最大值，即函数的最大值是.故选：B. 5．A【详解】，向左平移个单位后，再将所得图像上所有点的横坐标变为原来的，则，由在上单调递增，故在上单调递减，当时，，则，即，即. 故选：A. 6．C【详解】因为是定义在上的偶函数，且，则，即周期为4， 对于选项A，因为时，，则时，，，又，所以时，，故A正确，对于选项B，，故B正确，对于选项C，若的图像关于点对称，则，又，则与矛盾，故C错误，对于选项D，令，得，由选项A知，，又的周期为，则同一直角坐标系中，作出函数的图象，如图所示，由图可知，有个交点，所以函数有个零点，故D正确，故选：C. 7．B【详解】由椭圆定义可知，由，故，， 点满足，即，则，又，， 即，又，故，则，即，即平分，又，故， 则，则，，，由，故，即，即，又，故.故选：B. 8．C【详解】由可得定义域为，，其为偶函数，又当时，单调递增且，且单调递增，，且单调递增，所以当时，单调递增，所以，，又，又，即，所以， 所以由单调性可知四个选项中最小的是，故选：C 9．ABC【详解】对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，又，且，则，所以，即，故B正确；对于C，因为A与B相互独立，则，则，故C正确；对于D，记事件“抛掷一枚骰子，向上的点数小于3”，事件“抛掷一枚骰子，向上的点数为4”，则满足，，但不成立，故D错误；故选：ABC 10．AC【详解】A选项，的圆心为，半径为1， 的圆心为，半径为1，因为，所以两圆外切，结合图象可知，两圆的公切线分别为，故A正确； B选项，因为，，所以⊥，⊥，连接，则，所以当最小时，最小，当⊥时，最小，的最小值为， 所以的最小值为，B错误；C选项，由对称性得，≌， 所以四边形的面积为，由B可知，的最小值为1，故四边形面积的最小值为1，C正确；D选项，设，因为是圆的切线，所以在以为直径的圆上， 因为，所以以为直径的圆的方程为， 整理得，与相减可得直线的方程为，变形为，令，解得， 故直线AB恒过定点，D错误.故选：AC 11．BCD【详解】对于A，取的中点，三棱锥为正三棱锥，过作面于，则为正的中心，又，∵，∴，，由，得，∴，∴，∵，∴，∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，即正的内切圆，∴点的轨迹长度为，故A错误；   对于B，设与平面所成角为，∵到平面距离为，∴，∵，∴，即与平面所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，当为该内切圆与的切点，即为与的交点时，，证明如下：连接,则，∵平面，平面，∴，又，平面，∴平面，∵平面，∴，故C正确； 对于D，如图，该内切圆与的交点为E，取的中点， 作于，，面,∵,∴,,,,, 当与重合时，取最大值；当与重合时，取最小值. ∴， ∵为的中点，∴到平面距离与到平面距离相等，即， 设与平面所成角为，则，∵，∴，，∴，即，即与平面所成角的正切值的取值范围是，故D正确.故选：BCD. 12．【详解】由题得函数的定义域为R,因为函数是奇函数，所以.所以，所以.故答案为： 13．【详解】由，得，则， 所以.故答案为： 14．【详解】由：，故圆心，半径，则到直线的距离，则圆被直线所截弦长为，，故该圆圆心为且半径，则到直线的距离， 圆被直线所截弦长为，由，故，故圆与直线交点在轴右侧，由点在直线上，且该点在圆内部，故在上， 若A，B在圆上，C，D在圆上，则两圆被直线所截弦长相等，若A，C在圆上，B，D在圆上，则、，有，即两圆被直线所截弦长相等， 若A，D在圆上，B，C在圆上，则两圆圆心在同一点，不符故舍去，综上所述，两圆被直线所截弦长恒相等， 即，即，即，故或（舍去），故圆：，将代入，可得，即或，由最左边，故在最上面，即，，将代入，可得，即或，同理可得，在最下面，故，则，故. 故答案为：. 15．【详解】（1）样本中使用过移动支付的人组成集合，使用共享单车的人组成集合， 表示集合中的元素，由题意，，，所以，所以样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为， 从而估计该校学生中，移动支付和共享单车两种都没使用过的学生人数为； （2）由（1）知样本中移动支付和共享单车两种都没使用过的学生有人，记为A，B，C，D，E， 其中有3人坐过高铁的学生记为A，B，C.则从5人中抽取2人的所有抽取情况有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种，其中2名学生都坐过高铁的有AB，AC，BC，共3种，故所求概率为. 所以这2名学生都坐过高铁的概率为. 16．【详解】（1），故，由正弦定理可得，即， 即，又，故，因为，所以； （2）由余弦定理可得，即，则， 由D为中点，则，又，则，即，则在中，由余弦定理可得：，即. 17．【详解】（1）∵底面是一个边长为4的正方形，∴, ∵，∴,∴为二面角的平面角，∴ ∵，，∴,在中，，∴，从而，∴，∴. （2）∵,,,平面,∴平面, 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过且与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，则， ， 设平面的法向量为，由，令，则，， 设平面与平面的夹角为，若与重合，平面即为平面，其法向量为， ∴，不合题意；当与不重合时，设， ∴，∴， 设平面的法向量为，由，令，则，，，整理得，即，解得或，∴或. 18．【详解】（1）设，由题意得，化简整理得①，故曲线是以为圆心，2为半径的圆； （2）如图：（i）证明：因为，，所以点、在以为直径的圆上， 可求得圆的方程为②，所以直线为圆与圆的公共弦所在的直线，由，整理得，即直线的方程为， 故直线恒过定点； （ii）当时，点、重合，当时，因为，点、在直线上，所以， 综上，点在以为直径的圆上，圆方程为，因为，又， 所以当时，的面积最大，此时，又由，，三点共线，得，即，， 所以存在点，使的面积最大，此时点坐标为. 19．【详解】（1）由题意可得，，所以， 故椭圆的标准方程为； （2）设，设，联立，得，，设，则，因为直线关于轴对称，所以时，，所以（也符合），所以，所以，所以，化简得，与无关，所以，故，故存在，使得直线关于轴对称； （3）设，，由于位于轴两侧，根据直线的任意性，可知对任意的直线均经过轴，故直线恒过的定点在轴上，设直线与轴的交点， 设，则，所以，又，两式相减得，所以，代入可得，所以，且，设，同理可知，且，所以，所以，所以， 所以 ，故，所以直线恒过定点. 答案第2页，共5页 答案第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $