精品解析：江苏南京市中华中学2026-2027学年第一学期调研试卷(二)高二数学试题

南京市中华中学2026－2027学年第一学期调研试卷（二） 高二数学 考试时间：120分钟　　满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 数据3，5，4，2，1的第百分位数为（ ） A. 2 B. 3 C. 3.5 D. 4 2. 已知双曲线的上、下焦点分别为，过的直线与双曲线的上支交于A，B两点，若，则的周长为（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 3. 已知直线与直线间的距离为1，则实数的值为（ ） A. 14或 B. C. D. 或6 4. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 一盒子中装有6个编号分别为1，2，3，4，5，6的小球（小球的其余特征完全一致）．从中有放回地随机取球2次，每次取1个小球．记“第1次取出的小球的编号为1”为事件，“第2次取出的小球的编号为1”为事件，“两次取出的小球的编号之和为5”为事件，“两次取出的小球的编号之和为奇数”为事件，则（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互独立 D. 7. 将扇形纸壳剪掉扇形后得到扇环，，，如图1，用扇环制成一个圆台的侧面，如图2，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆D：与x轴相交于A、B两点，且圆C：，点．若圆C与圆D相外切，则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 设，为复数，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，且左、右焦点分别为，，它们在第一象限的交点为，若椭圆离心率记为，双曲线离心率记为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为直角三角形 B. 若，，则 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最大值为 11. 如图，已知正方体的棱长为，是的中点，是线段上一动点，是线段上一动点，是右侧面上的一动点，则下列说法正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值． B. 直线与平面所成角的正切值的取值范围为． C. 平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形． D. 的最小值为． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过点的直线与圆相切于点，则的长为______． 13. 已知为坐标原点，椭圆：的下顶点为，动点满足，是上的动点，则的最大值为______ 14. 在中，角的对边分别是，且，．若，则的取值范围是______． 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. 全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师考试“合格”，并颁发执业医师证书．甲、乙、丙三人在实践技能考试中“合格”的概率依次为、、，在医学综合笔试中“合格”的概率依次为、、，所有考试是否合格互不影响． （1）求甲获得执业医师证书的概率． （2）这三人进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率． 16. 在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知． （1）求角C； （2）若，点D在边AB上，CD为的平分线，且，求边长a的值． 17. 在四棱锥中，平面平面ABCD，，底面ABCD为菱形，，，E，F分别是SA，BC的中点． （1）求证：平面SCD； （2）求二面角的余弦值； （3）求点B到平面SCD的距离． 18. 已知圆：，点为，为坐标原点． （1）过点作直线与圆相交，若直线将圆分成两段弧，弧长比为，求直线的方程； （2）点在圆上运动，点满足，求的最小值． 19. 在直角坐标系中，椭圆的焦点为，且过点． （1）求的方程； （2）设不经过的直线的方程为，已知交于，两点，设，，且的值与的值无关． （i）求的值； （ii）是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市中华中学2026－2027学年第一学期调研试卷（二） 高二数学 考试时间：120分钟　　满分：150分 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 数据3，5，4，2，1的第百分位数为（ ） A. 2 B. 3 C. 3.5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】先把原始数据从小到大排列，再根据样本容量与百分位计算位置指标；当计算得到的位置不是整数时，采用向上取整的方法，取对应位置上的数据，即可求出第75百分位数. 【详解】将数据从小到大排序： ∵样本容量 ， 该组数据的第百分位数为. 2. 已知双曲线的上、下焦点分别为，过的直线与双曲线的上支交于A，B两点，若，则的周长为（ ） A. 14 B. 12 C. 10 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】利用双曲线的定义可求得的周长. 【详解】如图，由题意可得，的周长为， 由双曲线的定义可得，又， 所以， 所以的周长为12． 故选：B. 3. 已知直线与直线间的距离为1，则实数的值为（ ） A. 14或 B. C. D. 或6 【答案】D 【解析】 【详解】可化为， 则两条直线与平行， 则由题意可得，解得或. 4. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】， 解得，故． 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设，则， . 6. 一盒子中装有6个编号分别为1，2，3，4，5，6的小球（小球的其余特征完全一致）．从中有放回地随机取球2次，每次取1个小球．记“第1次取出的小球的编号为1”为事件，“第2次取出的小球的编号为1”为事件，“两次取出的小球的编号之和为5”为事件，“两次取出的小球的编号之和为奇数”为事件，则（ ） A. 事件与事件互斥 B. 事件与事件相互独立 C. 事件与事件相互独立 D. 【答案】C 【解析】 【分析】围绕有放回抽样中的互斥事件、独立事件、概率加法公式三个核心概念，通过对样本空间的枚举和概率计算，逐一验证选项的正确性． 【详解】选项A：事件是第一次取出编号1，事件是两次编号之和为5， 二者存在公共样本点（第一次取1，第二次取4，同时满足E和G），即，因此事件E与事件G不互斥，A错误． 选项B：（第二次取1的样本点共6个）， （两次和为5的样本点为 ，共4个）， （同时满足第二次取1、两次和为5的样本点仅，共1个）， 验证得，因此事件与事件不相互独立，B错误． 选项C：， （两次和为奇数等价于两次取出的数一奇一偶，总样本数为）， （第一次取1为奇数，第二次需要取偶数才能让和为奇数，第二次可取，共3个样本点）， 验证得， 满足独立事件定义，因此事件与事件相互独立，C正确． 选项D：根据概率的加法公式， 其中（两次都取1的样本点仅1个）， 代入计算：，因此D错误． 7. 将扇形纸壳剪掉扇形后得到扇环，，，如图1，用扇环制成一个圆台的侧面，如图2，则该圆台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据扇形和圆台的几何关系，求上下底面圆的半径以及高，最后代入圆台的体积公式即可求解. 【详解】由条件可知，， 设圆台上底面的半径为，下底面半径为， 弧长的长为,弧长， 所以，，，， 圆台的高， 所以圆台的体积. 8. 已知圆D：与x轴相交于A、B两点，且圆C：，点．若圆C与圆D相外切，则的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆与圆相外切，可得，再根据圆的对称性不妨令，再分，和三种情况讨论即可. 【详解】圆D：的圆心，半径为， 圆C：的圆心，半径为， 因为圆与圆相外切，所以，所以， 且圆与轴交于，不妨记， 因为圆关于轴对称，点与点关于轴对称，点在轴上， 由对称性不妨令， 当时，则，解得， 故 ， 当时，则，解得， 此时， 故， 当时，则，解得， 故 ， 综上所述，所求范围为. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 设，为复数，则下列说法一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用共轭复数的意义、复数模的意义，结合复数运算逐项计算并判断即可得. 【详解】设，； 对于A，，则，A正确； 对于B，取，则，，B错误； 对于C，， 则， ， 则，C正确； 对于D，由，， 则，， 故 ， ，，故， 故，D正确. 10. 已知椭圆与双曲线有相同的焦点，且左、右焦点分别为，，它们在第一象限的交点为，若椭圆离心率记为，双曲线离心率记为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则为直角三角形 B. 若，，则 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先设半焦距为，再由椭圆及双曲线的定义可得​，，对A选项直接通过勾股定理验证可得；对B选项直接计算可得；对C选项用余弦定理及基本不等式可得，对D选项先由余弦定理得，再通过换元，再结合柯西不等式可得最大值. 【详解】设两曲线的公共半焦距为，即， 根据椭圆和双曲线的定义，对第一象限交点有： ​，， 解得：，. 选项A：若，则：，因此. 计算， 所以为直角三角形，A正确； 选项B：若，则，B错误； 选项C：若，由余弦定理， 得， 即，得，所以，即. 所以 ， 当且仅当时等号成立， 由得，代入解得. 因此当时，的最小值为，所以C正确； 选项D：若，由余弦定理， 得，即， 所以，得. 令，则，， 由柯西不等式，， 即，所以，当且仅当时等号成立， 因此的最大值为，D正确. 11. 如图，已知正方体的棱长为，是的中点，是线段上一动点，是线段上一动点，是右侧面上的一动点，则下列说法正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值． B. 直线与平面所成角的正切值的取值范围为． C. 平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形． D. 的最小值为． 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A选项直接计算三棱锥的体积可得；对B选项，设，再由线面角定义得，进而可得，通过判断函数值域可得线面角正切值范围；对C选项通过取特殊点判断可得；对D选项，先构造点关于平面的对称点为，再建立空间直角坐标系，用坐标法求最小值可得. 【详解】选项A：因为在正方体中，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以​，且平面，平面​， 所以平面​，又因为点在​上运动， 因此到平面​的距离恒等于正方体棱长，是定值； ​的面积也为定值， 所以三棱锥体积为定值，A正确； 选项B：设在底面上的投影为，则就是和底面所成角. 由线面角定义，与平面所成角满足​. 设，则， 在中，， 由余弦定理 ，即， 所以， 当时，； 当时，，令， 因为，所以，所以， 因此. 综上，，即直线与平面所成角的正切值的取值范围为，B错误； 选项C：当与​重合时，平面即平面​，截正方体得到的截面是四边形​； 当取和的交点时，平面即平面，截正方体得到的截面是三角形， 因此截面可以是三角形或四边形，C正确； 选项D：以为轴建立空间直角坐标系，如图： 设点关于平面的对称点为，则. 则 设， 所以，即. 当时，有最小值，所以， 因此的最小值为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 过点的直线与圆相切于点，则的长为______． 【答案】 【解析】 【详解】由题意得，，由两点间距离公式得， 而过点的直线与圆相切于点，可得，， 由勾股定理得. 13. 已知为坐标原点，椭圆：的下顶点为，动点满足，是上的动点，则的最大值为______ 【答案】 【解析】 【分析】设动点，代入条件中化简，求出点的轨迹方程，将求的最大值转化为求椭圆上的点到点轨迹圆的圆心距离的最大值，再加上圆的半径，设，利用椭圆方程消去，结合二次函数的最值求法求出点到圆心的最大距离，进而求得的最大值. 【详解】已知椭圆，其下顶点为，坐标原点. 设动点，由，得： 展开并整理得：，， 配方得：， 即动点的轨迹是以为圆心，半径的圆. 设为椭圆上的动点，则满足：，其中. 因为点在圆上，点在椭圆上，根据几何关系可知， 的最大值等于点到圆心的距离的最大值加上圆的半径，即， 点到定点的距离的平方： 将代入上式：， 这是一个关于的二次函数，开口向下，其对称轴为： 因为，所以当时，取得最大值： ，所以，， 因此，的最大值为：. 14. 在中，角的对边分别是，且，．若，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理角化边建立关系，再求解不等式即可. 【详解】在中，由及余弦定理，得， 而，则，， 由，得，即，则， 整理得，解得， 所以a的取值范围是. 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. 全国执业医师证考试分实践技能考试与医学综合笔试两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则执业医师考试“合格”，并颁发执业医师证书．甲、乙、丙三人在实践技能考试中“合格”的概率依次为、、，在医学综合笔试中“合格”的概率依次为、、，所有考试是否合格互不影响． （1）求甲获得执业医师证书的概率． （2）这三人进行实践技能考试与医学综合笔试两项考试后，求恰有两人获得执业医师证书的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）甲获得执业医师证书，需要甲在“实践技能考试”和“医学综合笔试”中都取得“合格”.利用独立事件同时发生的概率乘法公式即可求出； （2）首先分别求出甲、乙、丙三人各自获得执业医师证书的概率.然后，利用独立重复试验或互斥事件的概率公式，求出恰有两人获得证书的概率（即分别求出甲、乙获得，甲、丙获得，乙、丙获得的概率之和）. 【小问1详解】 设分别表示甲、乙、丙在实践技能考试中合格； 设分别表示甲、乙、丙在医学综合笔试中合格. 由题意知，各次考试是否合格相互独立，且 记“甲获得执业医师证书”为事件，则. 因为与相互独立，所以 故甲获得执业医师证书的概率为； 【小问2详解】 记乙、丙获得执业医师证书分别为事件. 乙获得证书的概率 丙获得证书的概率 则他们未获得证书的概率分别为，，， “恰有两人获得执业医师证书”包含三种互斥的情况： ①甲、乙获得，丙未获得，， ②甲、丙获得，乙未获得，， ③乙、丙获得，甲未获得，， 综上，恰有两人获得执业医师证书的概率为：. 16. 在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知． （1）求角C； （2）若，点D在边AB上，CD为的平分线，且，求边长a的值． 【答案】（1）； （2）4 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和，，得到，求出； （2）在（1）基础上，得到，其中，由三角形面积公式得到方程，求出 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 又， 所以，即， 因为，所以，故，即， 又，所以； 【小问2详解】 由（1）知，， 又CD为的平分线，故， 其中，由三角形面积公式得， ， 又， 显然，即， 解得. 17. 在四棱锥中，平面平面ABCD，，底面ABCD为菱形，，，E，F分别是SA，BC的中点． （1）求证：平面SCD； （2）求二面角的余弦值； （3）求点B到平面SCD的距离． 【答案】（1）取SD的中点M，连接ME，MC， 因为E，M分别为SA，SD的中点，则且， 又因为F为BC的中点，且四边形ABCD为菱形，则且， 可得且，可知四边形EFCM是平行四边形，则， 且平面SCD，平面SCD，所以平面SCD． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）作辅助线，可证，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）作辅助线，根据线面垂直分析可知为二面角的平面角，即可得结果； （3）由（2）可知：平面ABCD，利用等体积转化法求点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取AB的中点O，连接SO，CO，AC， 因为，则， 且平面平面ABCD，平面平面，平面SAB， 所以平面ABCD， 由题意可知：为等边三角形，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 又因为，则，， 可知为二面角的平面角， 在中，则，，， 可得， 所以二面角的余弦值为． 【小问3详解】 由（2）可知：平面ABCD， 且，， 设点B到平面SCD的距离为h， 因为，则， 即，解得， 所以B到平面SCD的距离为． 18. 已知圆：，点为，为坐标原点． （1）过点作直线与圆相交，若直线将圆分成两段弧，弧长比为，求直线的方程； （2）点在圆上运动，点满足，求的最小值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）计算圆心到直线的距离，使用点到直线的距离公式求解； （2）相关点法计算点的轨迹方程，使用坐标法求解. 【小问1详解】 圆的圆心，半径，直线将圆分成两段弧，弧长比为， 得劣弧所对圆心角为，圆心到直线的距离为， ， 当直线的斜率不存在时，直线方程为：，此时圆心到直线的距离为3，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线方程为：，即， 则，解得或，所以直线的方程为：或. 【小问2详解】 设，，由，得，代入圆方程， 得，即点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆， ， 取中点为，则，，故， 因此的最小值为：. 19. 在直角坐标系中，椭圆的焦点为，且过点． （1）求的方程； （2）设不经过的直线的方程为，已知交于，两点，设，，且的值与的值无关． （i）求的值； （ii）是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）设，因为，所以，则， 由正弦定理得，又因，得出， ，故， 即， ， 因为，所以，故， ，根据椭圆方程得， 故， 同理可得，因为，两点在椭圆上， 故，即 ， 故， 化简得， 即， 当时，则，即， 将代入中，即， 解得， 将再代入， 即， 化简得， 即，解得，故直线方程为， 将代入直线方程得过F点矛盾，舍去； 当时，则，即， 因为，故，无解. 综上所述，不存在实数，使得. 【解析】 【分析】（1）根据条件可得，将点坐标代入椭圆方程，联立方程组即可求解. （2）（i）联立椭圆方程与直线方程，计算出的式子，再根据与的值无关，将含有的式子化在一起并让这些式子为零求出值； （ii）运用正余弦定理将角度关系化为边长关系，再求出并简化的等式，然后代入这些等式并转化为横坐标关系式，结合韦达定理和限制条件去求m. 【小问1详解】 设椭圆方程为,由题可得，则, 故椭圆方程为，将代入得， 化简得，解得或（舍去），故， 则椭圆方程为. 【小问2详解】 （i）联立椭圆方程与直线方程，即将代入中， 得，， 故， ， 即， 化简， 因为与的值无关，所以， 即，又因，故解得； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $