2026-2027四川省成都市高二上学期11月期中考试数学模拟练习

2026-2027四川省成都市高二上半学期11月期中考试数学模拟练习 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 一、选择题：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，只有一项符合题目要求． 1．某中学高二年级有学生960人，为调查学生每天的睡眠时间，按性别采用分层随机抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为120的样本.已知样本中女生有45人，则该校高二年级男生的人数约为（   ） A．540 B．600 C．660 D．720 2．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 3．若：与：是两条不同的直线，则“”是“”的（     ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知圆：与圆：的交点为，，则直线的方程为（   ） A． B． C． D． 5．如图，分别是四面体的棱的中点，且，记，则（    ） A． B． C． D． 6．在信道内传输，信号，信号的传输相互独立．发送时，收到的概率为，收到的概率为；发送时，收到的概率为，收到的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到，，，则译码为)．采用三次传输方案，若发送，则依次收到，，的概率为(     ) A． B． C． D． 7．已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，，，，三棱锥的外接球为球O，则平面PBC截球O所得截面圆的面积为（    ）    A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．中国载人航天技术飞速发展，神舟二十三号载人飞船发射前夕，某学校举行了一次航天知识竞赛活动，有100名学生进入决赛，把他们的决赛成绩（均为整数）分成六组得到如下频率分布直方图.则下列说法中，正确的有（   ） A．频率分布直方图中m的值为0.010 B．在参加学校决赛的100名学生中，成绩落在区间内的有60人 C．根据此频率分布直方图可计算出这100名学生成绩的上四分位数为80分 D．如果规定90分以上学生获得一等奖，估计有15%的学生获得一等奖 10．下列说法正确的有（     ） A．直线过定点 B．若两直线与平行，则实数的值为1或-2 C．若，，则直线不经过第二象限 D．点，，直线与线段相交，则实数的取值范围是 11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知数据，，，，的方差为1，则数据，，，，的方差为________． 13．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为______． 14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字、、、，乙的卡片上分别标有数字、、、.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所得卡片上数字的大小，数字大的人得分，数字小的人得分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分恰为分的概率为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．三角形的顶点是， 求： (1)边所在直线的方程． (2)边上的高所在直线的方程； (3)边的垂直平分线的方程． 16．某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图． (1)根据频率分布直方图，估计该地区所有学生中知识问答成绩的平均数和众数； (2)成绩位列前的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分； (3)已知落在内的平均成绩为67，方差是9；落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差． （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为： ，，；，，．记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 17．如图，四棱锥中，平面，底面四边形为矩形，，， ，M为中点，N为靠近D的四等分点． (1)求证：平面； (2)求点D到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的余弦值． 18．为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (2)当时，求游戏三的获胜概率； (3)一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 19．已知圆，圆与圆关于直线对称，圆． (1)判断圆与圆的位置关系，并求圆的方程； (2)设为直线上一点，过点作圆的切线，切点分别为，求的取值范围； (3)设为圆的任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并求出定值；若不存在，请说明理由． 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 $ 2026-2027四川省成都市高二上半学期11月期中考试数学模拟练习 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 一、选择题：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，只有一项符合题目要求． 1．某中学高二年级有学生960人，为调查学生每天的睡眠时间，按性别采用分层随机抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为120的样本.已知样本中女生有45人，则该校高二年级男生的人数约为（   ） A．540 B．600 C．660 D．720 【答案】B 【分析】根据题意，求得女生所占比例，结合分层抽样的方法，即可求解. 【详解】由题意知，样本中女生所占比例为， 根据分层随机抽样按比例分配，高二年级女生约为（人）， 所以该校高二年级男生人数约为人. 2．在空间直角坐标系中，点关于轴对称的点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】点关于轴对称的点的坐标为. 3．若：与：是两条不同的直线，则“”是“”的（     ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【详解】若两直线平行，则，解得或， 当时，两直线的斜率都为，纵截距分别为和，平行； 当时，两直线的斜率都为，纵截距分别为和，平行 所以“”是“”的充分不必要条件. 4．已知圆：与圆：的交点为，，则直线的方程为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可得：两圆方程之差即为直线的方程，运算求解即可. 【详解】已知：，：， 则直线的直线方程为：， 整理得：. 5．如图，分别是四面体的棱的中点，且，记，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为 又因为分别是棱的中点，所以. 6．在信道内传输，信号，信号的传输相互独立．发送时，收到的概率为，收到的概率为；发送时，收到的概率为，收到的概率为．考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到，，，则译码为)．采用三次传输方案，若发送，则依次收到，，的概率为(     ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据独立事件概率乘法公式，拆分三次接收结果对应的概率并连续相乘，算出目标序列的发生概率. 【详解】发送1时，单次收到1的概率为，单次收到0的概率为， 三次信号传输彼此独立，依次收到的概率为. 7．已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论. 【详解】由题意， 在圆中，圆心，半径为， 到直线的距离为的点有且仅有 个， ∵圆心到直线的距离为：，    故由图可知， 当时， 圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于； 当时， 圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于； 当则的取值范围为时， 圆上有且仅有两个点到直线的距离等于. 故选：B. 8．如图，在四棱锥中，平面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为，底面ABCD为直角梯形，，，，三棱锥的外接球为球O，则平面PBC截球O所得截面圆的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先证明三棱锥的外接球球心为的中点，再建立空间直角坐标系，用向量法求出平面的法向量，从而求得点到平面的距离，利用勾股定理求得截面圆的半径，从而得截面圆的面积. 【详解】如图1，分别取的中点为，的中点为， 则，，连接，    因为底面为直角梯形，，，， 所以四边形为正方形，， 因为平面，， 所以平面，平面， 所以， 所以， 而平面，平面，则， 所以， 又为的中点，所以， 所以点到三棱锥各个顶点的距离均为， 故为三棱锥的外接球球心， 如图2，以为原点，所在直线分别作轴，建立空间直角坐标系，    因为平面，平面，则， 与底面所成的角为，则为等腰直角三角形，， 则，，，， 设平面的法向量为， 因为，， 所以，可取， 因为， 所以点到平面的距离， 设截面圆的半径为，则， 所以截面圆的面积为. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．中国载人航天技术飞速发展，神舟二十三号载人飞船发射前夕，某学校举行了一次航天知识竞赛活动，有100名学生进入决赛，把他们的决赛成绩（均为整数）分成六组得到如下频率分布直方图.则下列说法中，正确的有（   ） A．频率分布直方图中m的值为0.010 B．在参加学校决赛的100名学生中，成绩落在区间内的有60人 C．根据此频率分布直方图可计算出这100名学生成绩的上四分位数为80分 D．如果规定90分以上学生获得一等奖，估计有15%的学生获得一等奖 【答案】ABC 【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1，求出的值，即可判断A；求出成绩在内的频率，乘以总人数即可判断B；根据上四分位数的定义，结合频率分布直方图计算即可判断C；求出90分以上的频率即可判断D. 【详解】选项A：由频率分布直方图可知，，解得，故A正确； 选项B：成绩落在区间内的频率为，所以人数为人，故B正确； 选项C：前三组的频率之和为，前四组的频率之和为， 所以上四分位数为分，故C正确； 选项D：90分以上的频率为，估计有的学生获得一等奖，故D错误. 10．下列说法正确的有（     ） A．直线过定点 B．若两直线与平行，则实数的值为1或-2 C．若，，则直线不经过第二象限 D．点，，直线与线段相交，则实数的取值范围是 【答案】ABC 【分析】根据定点的性质即可求解A，根据两直线平行满足的系数等量关系，即可求解B，将直线方程化成斜截式，即可求解C,根据斜率公式即可求解D. 【详解】对于A，，故直线恒过定点，故A正确； 对于B，两直线与平行，则（，解得或-2，当时，两直线与满足要求，当时，两直线与满足要求，综上，或-2，故B正确； 对于C，若，，则直线变形为，直线斜率，与轴截距为，则直线经过第一、三、四象限，不经过第二象限，故C正确； 对于D，直线，直线经过定点，画出坐标系如图所示，其中，，则要想直线与线段相交，则直线斜率或，解得或，故D错误. 11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（    ） A．对于任意点，都有 B．对于任意点，不存在∥平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为 D．存在点，使得三棱锥体积为 【答案】ABC 【分析】根据正方体的垂直关系建立空间直角坐标系，根据坐标关系判断选项即可． 【详解】在正方体中，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系； 因为棱长为2，可得，，；设， 则，； 则；故对于任意点，都有，A选项正确； 因为分别是的中点，故，，； 则，； 设为平面的法向量， 则，可得，解得； 令可得，； 令，解得，不合题意， 故对于任意点，不存在∥平面，B选项正确； 在平面中作，垂足为，过点在平面中作，交于点； 因为正方体中，平面平面，且交于； 因为平面，故平面，而平面，则； 因为平面，故平面； 平面截正方体的截面为矩形； 当与重合时，即为的中点时，截面最大， 面积为，故C正确； 由， 可得，因为是线段上的动点（不包含端点），故， 综上，不存在点，使得三棱锥体积为，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知数据，，，，的方差为1，则数据，，，，的方差为________． 【答案】9 【分析】根据方差的性质计算即可. 【详解】因为数据，，，，的方差为1， 所以数据，，，，的方差为. 13．已知向量，，则向量在向量上的投影向量为______． 【答案】 【分析】先求出的坐标，再根据投影向量的定义即可求解． 【详解】由，，则， 则向量在向量上的投影向量为． 14．甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字、、、，乙的卡片上分别标有数字、、、.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所得卡片上数字的大小，数字大的人得分，数字小的人得分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分恰为分的概率为________． 【答案】 【分析】先算甲乙张卡片全配对的总等可能情况数为，再枚举甲仅赢次的所有有效配对情况数，最终用情况数除以总情况数得概率. 【详解】总样本数为乙的卡片的排法种数种. 甲：，乙： 甲的卡片1：小于乙所有卡片、、、，不可能获胜； 甲的卡片3：仅能战胜乙的卡片，小于乙的、、； 甲的另一张卡片：和上述完全一致，仅能战胜乙的； 甲的卡片：能战胜乙的、、，仅小于乙的. 记甲的两个标号为数字的卡片分别记为、，乙的两个标号为数字的卡片分别记为、， 因此甲得1分的情况仅分为两类： 情况1：甲唯一的胜场来自某一张，符合条件的情况如下表： 甲 乙 此时共有种情况； 情况2：甲唯一的胜场来自卡片，符合条件的情况如下表： 甲 乙 此时共有种情况. 符合条件的总事件数， 因此所求概率：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．三角形的顶点是， 求： (1)边所在直线的方程． (2)边上的高所在直线的方程； (3)边的垂直平分线的方程． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先求出直线的斜率，结合截距写出直线方程； （2）先算出的斜率，利用两直线垂直斜率之积为得到高的斜率，代入点C求直线方程； （3）求出中点及斜率，由垂直关系得到垂直平分线斜率，再利用点斜式写出方程． 【详解】（1），是轴截距点，， 斜率， 故直线的方程为：，即． （2），由得： ，解得， 直线过点，则直线的方程为： ，即． （3）取中点，则， ，设其垂直平分线斜率为，则，解得， 故直线的方程为：，即． 16．某地区有小学生9000人，初中生8600人，高中生4400人，教育局组织“防溺水”网络知识问答，现用分层抽样的方法从中抽取220名学生，对其成绩进行统计分析，得到如下图所示的频率分布直方图． (1)根据频率分布直方图，估计该地区所有学生中知识问答成绩的平均数和众数； (2)成绩位列前的学生平台会生成“防溺水达人”优秀证书，试估计获得“防溺水达人”的成绩至少为多少分； (3)已知落在内的平均成绩为67，方差是9；落在内的平均成绩是73，方差是29，求落在内的平均成绩和方差． （附：设两组数据的样本量、样本平均数和样本方差分别为： ，，；，，．记两组数据总体的样本平均数为，则总体样本方差） 【答案】(1)平均数为71分，众数为75分． (2)84分． (3)平均成绩为71，方差为． 【详解】（1）一至六组的频率分别为0.10，0.15，0.15，0.30，0.25，0.05， 平均数， 由图可知，众数为75． 以样本估计总体，该地区所有学生中知识问答成绩的平均数为71分，众数为75分． （2）前4组的频率之和为，前5组的频率之和为， 则第分位数落在第5组，设为， 则，解得． “防溺水达人”的成绩至少为84分． （3）的频率为0.15，的频率为0.30， 所以的频率与的频率之比为． 的频率与的频率之比为． 设内的平均成绩和方差分别为，依题意有． ， 所以内的平均成绩为71，方差为． 17．如图，四棱锥中，平面，底面四边形为矩形，，， ，M为中点，N为靠近D的四等分点． (1)求证：平面； (2)求点D到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)因为平面，四边形为矩形，因此两两垂直，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， ,， ,， 因为， 所以，即， 因为， 所以，即， 又因为，平面，平面， 因此平面. (2)； (3). 【分析】（1）直接建立空间直角坐标系，然后用空间向量计算垂直，利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）利用第一小问建立的空间直角坐标系结合点到平面的距离公式即可得到答案； （3）利用线面角的空间向量表示即可得到答案. 【详解】（1）略； （2）， ， 所以点到平面的距离. （3）因为， 则，，， 设平面的一个法向量， 则，即，则可取，则，即， 为平面的一个法向量. 设直线与平面所成角为， 则， 则. 18．为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (2)当时，求游戏三的获胜概率； (3)一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 【答案】(1)游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 (2) (3)选择先玩游戏二获得徽章的概率更大， 设事件“先玩游戏二获得徽章”，“先玩游戏三获得徽章”； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 故；则接下来选择先玩游戏二获得徽章的概率更大． 【分析】（1）根据古典概型公式计算概率； （2）先求出游戏三中不放回地依次取出两个球的样本个数，再根据古典概型求解概率即可； （3）根据独立事件和互斥事件的概率公式可求先玩游戏二或先玩游戏三时获得科技徽章的概率，从而得出结论． 【详解】（1）设事件“游戏一获胜”；“游戏二获胜”；“游戏三获胜”； 游戏一取出一个球的样本空间为；； 因为，则；则； 游戏二有放回地取出两个球的样本空间为；； 因为，则，则； 故游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为； （2）不放回地依次取出两个球共有样本数为，其中样本点为 ； 时，游戏三包含样本点为，样本个数为， 故游戏三的获胜概率为； （3）略 19．已知圆，圆与圆关于直线对称，圆． (1)判断圆与圆的位置关系，并求圆的方程； (2)设为直线上一点，过点作圆的切线，切点分别为，求的取值范围； (3)设为圆的任意一点，过点向圆引切线，切点为，试探究：平面内是否存在一定点，使得为定值？若存在，请求出定点的坐标，并求出定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)圆内含于圆， (2) (3)存在或或 【分析】（1）求出圆心距后可判断两圆位置关系；是关于直线的对称点，两圆半径相等，求出圆心，进而求出圆的方程； （2）设，则，将表示成的函数求解范围； （3）若存在，使为定值，则由整理后的方程系数为求解． 【详解】（1）圆的圆心为，半径， 圆的标准方程为，圆心为，半径， 圆心距， ，故圆内含于圆； 又圆与圆关于直线对称，设圆的圆心为， ，解得，故圆方程为． （2）由相切，知，设，则， 故， 令，则在单增，故， 当时取等号， 的取值范围是． （3）由题设，满足方程， 若存在，使为定值， 而，， 整理得， 将代入，得：， 整理可得， 要使为定值， 则，解得或， 综上，存在或，使为定值，该定值对应为或． 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 $