2026-2027学年高二数学上学期期中考模拟卷二（广东广州市适用）

2026-2027学年高二上数学期中考模拟卷（二） 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．已知集合，则的真子集的个数为（    ） A．3 B．4 C．7 D．8 2．“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．2022年神舟接力腾飞，中国空间站全面建成，我们的“太空之家”遨游苍穹.太空中飞船与空间站的对接，需要经过多次变轨.某飞船升空后的初始运行轨道是以地球的中心为一个焦点的椭圆，其远地点（长轴端点中离地面最远的点）距地面，近地点（长轴端点中离地面最近的点）距地面，地球的半径为，则该椭圆的短轴长为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数在定义域上单调，若对任意的，都有，则（   ） A．e B． C． D．2e 5．若，且，则下列各式中最大的是（    ） A． B． C． D． 6．某甜品店推出新款球形慕斯蛋糕，该球形慕斯蛋糕的半径为3厘米，现需将其放入一个正四面体形状的包装盒，忽略包装盒的厚度，则该包装盒容积的最小值为（    ） A．立方厘米 B．立方厘米 C．立方厘米 D．立方厘米 7．已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知直线与圆交于不同的两点，若存在最小值且最小值不大于，则的取值范围为（  ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知甲、乙、丙参加某项测试时，通过的概率分别为，，，而且这3人之间的测试互不影响．则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙、丙都通过测试的概率为 B．甲未通过且乙、丙通过测试的概率为 C．甲、乙、丙至少有一人通过测试的概率为 D．甲、乙、丙至多有一人通过测试的概率为 10．在棱长为3的正方体中，点M是线段的中点，点F满足 ，其中，则 （ ） A．平面平面 B．对于任意， 三棱锥的体积为定值 C．周长的最小值为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为 11．2025年春晚上，机器人跳舞的节目赢得满堂喝彩，展示了我国在前沿科技上的强大实力．通常在规划复杂一些的机器人运动轨迹时，需要用到数学中的双纽线．已知一个双纽线的方程为．点为曲线上的动点，轴上两点，．下列说法正确的是（    ） A．曲线既是轴对称图形，又是中心对称图形 B．曲线及曲线内部共有10个整点（横纵坐标均为整数的点） C．记曲线与坐标轴围成图形面积为，则 D．若点在第一象限，则 三、填空题 12．已知复数为纯虚数，则实数的值为 ． 13．已知A，B是圆上的两点，且为坐标原点，则的取值范围是 . 14．已知椭圆的一个焦点为，短轴的长为为上异于的两点.设，且，则的周长的最大值为 . 四、解答题 用户编号 评分 用户编号 评分 用户编号 评分 用户编号 评分 01 97 11 86 21 81 31 76 02 96 12 86 22 81 32 76 03 95 13 85 23 81 33 76 04 93 14 85 24 80 34 75 05 92 15 84 25 79 35 74 06 91 16 84 26 79 36 74 07 89 17 83 27 78 37 73 08 89 18 83 28 78 38 72 09 88 19 82 29 78 39 66 10 88 20 82 30 77 40 63 15．随着手机和网络的普及，外卖行业得到迅速发展．某外卖平台为了解某地区用户对其提供的服务的满意度，随机调查了40个用户，得到用户的满意度评分，系统自动将评分按从大到小顺序排列如下： (1)请你估计该地区所有用户评分的21%，95%分位数． (2)若从这40个用户中抽取一个容量为10的样本，有一个数据不小心丢失了，抽到的其他9个用户的评分分别为92，84，86，78，89，74，78，77，89，且这10个数据的平均数，记这10个数据的方差为s²，若用户的满意度评分在内，则满意度等级为“A级”，试用样本估计总体的思想，根据所抽到的10个数据，估计该地区满意度等级为“A级”的用户所占的百分比． (3)平台为拓展客流，开发了一个新的评价系统．把（2）中样本的平均数和方差作为老评价系统的数据，且老系统的总数据占两个系统所有数据总和的，新系统得出的评分平均数为89分，方差为12.据此计算新老系统所有评分的方差． 参考数据：，，． 16．折纸是一种将纸张折成各种不同形状的艺术活动.“菱角”折纸教程：如图1，将一张长方形的纸条用虚线分成6个全等的等腰直角三角形，沿着虚线折叠便可得到一个如图2所示的“菱角”.     (1)证明：平面； (2)试判断该“菱角”所有的顶点是否在同一个球面上，并说明理由； (3)求二面角的余弦值. 17．在中，D是线段BC上的一点（不含端点），. (1)若，求AD的长； (2)若，求的取值范围. 18．已知向量令. (1)求函数的对称轴方程； (2)设，当时，求函数的最小值； (3)在（2）的条件下，若对任意的实数且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围. 19．已知椭圆的左，右焦点分别为、，直线与椭圆交于M、N两点，（点M在点N的上方），与y轴交于点E. (1)求椭圆的离心率e； (2)若直线l过点时，设，，求证：为定值，并求出该值； (3)当k为何值时，恒为定值，并求此时三角形面积的最大值. 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 《广州铁一中学高二上数学期中考模拟卷二》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B D C C D B C AC ACD 题号 11 答案 ACD 1．A 【详解】由，得解得，所以，又， 故，即有2个元素，故的真子集个数为.故选：A. 2．B【详解】由，则，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B 3．D【详解】由题意得，故，故选：D. 4．C【详解】令，则，且，显然函数在上单调递增， 当时，，于是，令，函数在上单调递增， 又，因此，，所以.故选：C 5．C【详解】由，且得，故； ，则， 因为，得，得，得，故选：C． 6．D【详解】设该包装盒的棱长为厘米，则正三角形外接圆半径为，则该包装盒的高厘米，当蛋糕对应的小球与正四面体内切时，该包装盒的容积最小，由正四面体体积公式可得体积为：，以正四面体内切球球心为顶点，四个面为底面，可将正四面体分成4个小三棱锥，高即为内切球半径，则正四面体体积为：，即解得，此时包装盒容积为立方厘米.故选：D 7．B【详解】由已知，函数在上单调递增，所以，解得：，由于，所以，解得：①又因为函数在上恒成立，所以，解得：，由于，所以，解得：②又因为，当时，由①②可知：，解得；当时，由①②可知：，解得.所以的取值范围为.故选：B. 8．C【详解】将直线变形为，则可知直线恒过定点，且，若，则直线可和圆相切，如图所示，此时重合，若直线与圆交于不同的两点，则可不断趋于0，不存在最小值，与题意不符，故，即在圆内，直线与圆一定交于两点，此时对于任意给定的半径，根据圆的性质，当时，弦最短，最小，此时弦长，在中，当时，此时，由题意，已知最小值不大于，则最小值对应的弦满足，即，解得， 综上，的取值范围为.故选：C. 9．AC【详解】对于A，甲、乙、丙都通过测试的概率为，故A正确；对于B，甲未通过且乙、丙通过测试的概率为，故B错误；对于C，甲、乙、丙至少有一人通过测试的概率为,故C正确；对于D，甲、乙、丙至多有一人通过测试的概率为 ,故D错误.故选:AC. 10．ACD【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，对于选项A：因为，，， 设平面法向量为，则，令，则，可得，设平面法向量为，则， 令，则，可得，因为，则， 所以平面平面，故A正确；对于选项B：因为，则， 可知与不垂直，则与平面不平行，所以当在运动时，到平面的距离不是定值，且底面的面积为定值，所以三棱锥的体积不是定值，故B错误；对于选项C：因为，将平面沿旋转至与平面共面，则，可得所以周长的最小值为，故C正确； 对于选项D：因为正方体的球心，球的半径，当时，则，可得， ，设平面法向量为，则， 令，则，可得，则球心到平面的距离， 设平面截该正方体的外接球所得截面圆的半径为，则， 所以平面截该正方体的外接球所得截面的面积为，故D正确.故选：ACD. 11．ACD【详解】A：对于上任意点都有、、满足，即曲线是轴对称图形，也是中心对称图形，对；B：当，可得或，则在曲线上， 当，，可得，则在曲线内，当，，则在曲线上，且时，方程无解，结合曲线的对称性，也在曲线上或其内部， 综上，曲线及其内部共有11个整点，错；C：由，，所以，即曲线面积在以原点为圆心，半径为2的圆与以原点为圆心，半径为1的圆之间部分， 所以曲线与坐标轴围成图形面积为，则，对；D：取椭圆上任意一点，且，由 ，所以椭圆上的点在曲线内部，故成立，对.故选：ACD 12．【详解】由题可得．故答案为：． 13．【详解】由， 所以圆的圆心为，半径为3.设为AB的中点，连接CH，OH，，则. 因为，所以.因为，所以.因为 ，所以，所以，则，即的取值范围是.故答案为： 14．8 【详解】由条件 ， ， 即 ， ，设 ，由题意： ，则 ， ，即 ，即椭圆C的标准方程为 ， ；设左焦点为F，右焦点为 ，如下图： 则 的周 , ，当 三点共线时等号成立， ，l的得最大值为8；故答案为：8. 15．【详解】（1）将所有用户评分按从小到大排列 由题表可知这40个用户评分按从小到大排列如下：63，66，72，73，74，74，75，76，76，76，77，78，78，78，79，79，80，81，81，81，82，82，83，83，84，84，85，85，86，86，88，88，89，89，91，92，93，95，96，97．因为，，所以这40个用户评分的21%，95%分位数分别为第9个数据、第38个和第39个数据的平均数，分别为76，，据此估计该地区所有用户评分的21%，95%分位数分别为76和95.5． （2）设丢失的数据为m，则， 解得．所以．由题意知评分在，即内的满意度等级为“A级”，所以10个样本数据中评分在内的有5个，故可估计该地区满意度等级为“A级”的用户所占的百分比为 ． （3）设老系统的平均数与方差分别为，，新系统的平均数与方差分别为，，新老系统所有评分的平均数与方差分别为，，由题意知，，，．因为老系统的总数据占两个系统所有数据总和的，所以新老系统所有评分的平均数，方差， 即新老系统所有评分的方差为27． 16．【详解】（1）由题可知，，平面，则平面，平面，所以，同理可得．因为，平面，所以平面． （2）由题可知，该＂菱角＂由两个正三棱锥组成，且．根据对称性，可知，在平面内的投影为的中心．若该＂菱角＂所有的顶点在同一个球面上，则为球心，连接． 不妨令，则，.因为，所以该＂菱角＂所有的顶点不在同一个球面上． （3）由（2）知的中心为，过作的平行线，易得该直线与两两垂直．以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．令，得，则.设平面的法向量为，由，可得，令，得，设平面的法向量为，由，可得，令，得．， 由图可知．二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 17．【详解】（1）在中，，，由正弦定理得：，所以. （2）设，则，，在三角形中，由正弦定理得：， 所以.在三角形中，由正弦定理得：，所以,所以，即，因为，所以，所以，所以的取值范围为：. 18．【详解】（1）因为向量所以，由，得， 所以函数对称轴方程为 （2）由（1）得，因为 所以 令，因为， 所以 ，则，对称轴为，当，即，可得在上单调递增，所以，当，即时，，当，即时，在上单调递减，所以所以 （3）当时，由（2）可得所以而，当且仅当时取等号，当且仅当时，取等号，所以所以 ，即实数的取值范围为 19．【详解】（1）由，则，故，所以离心率； （2）由题设，联立与得，，   设，则，因为，所以； （3）由题设，联立，消元得，设， 当，即时，则， ，则，当为定值时，即与无关，故，得，此时，又点到直线的距离，所以， 当且仅当，即时，等号成立，经检验，此时成立，所以面积的最大值为1. 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 $