湖南省湘潭市2026-2027学年高二上学期期中模拟考试自编试卷 数学试题 原卷版

湖南省湘潭市2026-2027学年高二上学期期中模拟考试自编试卷 数学试题 注意事项： 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 3. 作答选择题必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4. 本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1.已知是平面内一点，是平面外一点，且平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（） A.1 B.2 C.3 D.4 2.如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（） A. B. C. D. 3.圆与圆的位置关系为（） A.内含 B.外切 C.相交 D.内切 4.两平行直线与的距离为（） A. B. C. D. 5.椭圆的焦距为2，则m的值等于（ ） A.5 B.8 C.5或3 D.5或8 6.已知直线；，则（） A.若与相交，则且 B.若与平行，则 C.若与垂直，则 D.若与重合，则 7.北京中轴线纵贯北京老城中心，北起钟鼓楼，南至永定门，途经多处著名景点，展现了中国传统都城规划理念及“中”“和”哲学思想的深刻内涵．为传播北京中轴线文化，某社会实践活动小组准备从北京中轴线上的万宁桥、景山、故宫和天安门个景点中随机选取个景点做策划方案，则选取的个景点包含故宫的概率是（） A. B. C. D. 8.已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知随机事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（） A.若与互斥，则 B.若，则事件与相互独立 C.若发生时一定发生，则 D. 10.如图，在正四棱锥中，为，的交点，为侧棱的中点，为侧棱上一点（异于，两点），若，且，则（） A. B.存在点，使得平面 C.三棱锥的体积为 D.异面直线与所成角的余弦值的最大值为 11.京剧脸谱艺术深受广大戏曲爱好者喜爱，是中国传统文化的标志之一．某校戏曲社团在研究中发现，如图的“脸谱”图形可近似地看作由半圆和半椭圆组成的曲线．其中，半圆的方程为，半椭圆的方程为，则下列说法正确的是（） A.曲线内部（不含边界）有个整点（横、纵坐标均为整数） B.曲线上任意一点到原点距离的最大值与最小值之和为 C.若点，在曲线上，且，则面积的最大值为 D.若，，是半椭圆上的一个动点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知甲攻克该题的概率为，乙攻克该题的概率为，则该题至少被一人攻克的概率为                   ． 13.两直线与轴相交且能构成三角形，则满足的条件是                   . 14.已知椭圆的左右焦点分别为，且，若在椭圆上存在点，使得过点可作以为直径的圆的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的范围为                   . 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.某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案． 方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过； 方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过． 假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，，，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．求： (1) 该应聘者用方案一考试通过的概率； (2) 该应聘者用方案二考试通过的概率． 16.已知点，圆. (1) 若直线与圆相交于，两点，弦的长为，求的值. (2) 若过点的直线与圆相切，求直线的方程. 17.如图，在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，为侧棱上动点(不含点，).. (1) 若为中点，证明平面; (2) 若平面与平面夹角的余弦值为求与平面所成角的正弦值. 18.的顶点的坐标分别为. (1) 过点与直线平行的直线方程； (2) 的外接圆方程； (3) 已知过点的直线与的外接圆相交的弦长为，求直线的方程. 19.已知椭圆与直线（不平行于坐标轴）相切于点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于，两点. (1) 证明：直线与椭圆相切； (2) ①当点运动时，点随之运动，求点的轨迹方程： ②若，，不共线，求三角形面积的最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省湘潭市2026-2027学年高二上学期期中模拟考试自编试卷 数学试题 注意事项： 1. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置。 2. 请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符。 3. 作答选择题必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用 0.5 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 4. 本试卷共 4 页，满分 150 分，考试时间为 120 分钟。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1.已知是平面内一点，是平面外一点，且平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】A 【解析】由，得，平面的一个法向量为，由点到平面的距离公式计算得，即点到平面的距离为. 故选：A. 2.如图，在平行六面体中，点为的中点，设，则（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】在平行六面体中， . 点为的中点，故. ， 因此. 则 . 故选：A. 3.圆与圆的位置关系为（） A.内含 B.外切 C.相交 D.内切 【答案】C 【解析】圆的圆心为，半径，圆配方整理得，圆心为，半径. 圆心距， 由，得两圆相交. 故选：C. 4.两平行直线与的距离为（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】将化为， 由平行直线距离公式得. 故选：B. 5.椭圆的焦距为2，则m的值等于（ ） A.5 B.8 C.5或3 D.5或8 【答案】C 【解析】椭圆方程为,其焦距为2,因此半焦距. 当焦点位于轴上时，长轴对应方向，此时,,由焦距关系得,即,解得. 当焦点位于轴上时，长轴对应方向，此时,,同样由焦距关系得,即,解得. 综上所述,的可能取值为5或3. 6.已知直线；，则（） A.若与相交，则且 B.若与平行，则 C.若与垂直，则 D.若与重合，则 【答案】C 【解析】已知直线，. 两直线垂直的充要条件为. 代入系数得， 化简得，解得.故C正确. 两直线平行的充要条件为且. 由得，即，解得或. 当时，，，两直线平行； 当时，，，两直线亦平行. 因此与平行时，或，B选项错误. 两直线重合的充要条件为. 由得，即或. 当时，； 当时，. 不存在满足条件的，故与不可能重合，D选项错误. 两直线相交的充要条件为，即，解得且. 当时，，，两直线垂直相交，满足相交条件，但不在A选项的且中，故A选项错误. 故选：C. 7.北京中轴线纵贯北京老城中心，北起钟鼓楼，南至永定门，途经多处著名景点，展现了中国传统都城规划理念及“中”“和”哲学思想的深刻内涵．为传播北京中轴线文化，某社会实践活动小组准备从北京中轴线上的万宁桥、景山、故宫和天安门个景点中随机选取个景点做策划方案，则选取的个景点包含故宫的概率是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】从个景点中随机选取个，总的选法为，其中包含故宫的选法为. 由古典概型概率计算公式，得所求概率. 故选：C. 8.已知正方体的棱长为，空间中的点满足：，其中，且，则点的轨迹的长度为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由，得平面， 设为与的交点， 可得. 平面，平面， 所以，结合，平面， 故平面. 因为平面，平面， 所以，得，正方体棱长为， 计算得，， 即. 在平面内建立平面直角坐标系，得， 设，， 计算得，. 代入得， 由得， 代入等式整理得， 化简得. 故点的轨迹为半径等于的圆，轨迹长度为. 故选：C. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知随机事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（） A.若与互斥，则 B.若，则事件与相互独立 C.若发生时一定发生，则 D. 【答案】BD 【解析】对于A，与互斥时，， 故A错误. 对于B， 由得，结合得，满足相互独立的定义， 故事件与相互独立， 故B正确. 对于C， 若发生时一定发生，则， 从而， 故C错误. 对于D， 由概率加法公式得， 由得， 代入得， 故D正确. 故选：BD. 10.如图，在正四棱锥中，为，的交点，为侧棱的中点，为侧棱上一点（异于，两点），若，且，则（） A. B.存在点，使得平面 C.三棱锥的体积为 D.异面直线与所成角的余弦值的最大值为 【答案】AD 【解析】正四棱锥底面为边长的正方形，为底面中心，得，， 由得高. 计算得， 故，、均为边长为的正三角形. 在中，，， 故， 由勾股定理逆定理得，A正确. 假设存在点满足平面， 由，平面，平面，得平面. 因为异于， 故与是平面内过的两条相交直线， 由此得平面平面，又两平面均过点， 故两平面相交，与平行矛盾， 故不存在满足条件的，B错误. 为中点， 故到平面的距离为到平面距离的， 因此. 由， 故，C错误. 取中点，连接、，为的中位线， 故，， 因此异面直线与所成角等于. 设，， 由，， 由余弦定理得，， 故，为等腰三角形. 在中由余弦定理得，又，， 故， 由此得， 当时取得最大值，D正确. 故选：AD. 11.京剧脸谱艺术深受广大戏曲爱好者喜爱，是中国传统文化的标志之一．某校戏曲社团在研究中发现，如图的“脸谱”图形可近似地看作由半圆和半椭圆组成的曲线．其中，半圆的方程为，半椭圆的方程为，则下列说法正确的是（） A.曲线内部（不含边界）有个整点（横、纵坐标均为整数） B.曲线上任意一点到原点距离的最大值与最小值之和为 C.若点，在曲线上，且，则面积的最大值为 D.若，，是半椭圆上的一个动点，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】对于A， 由曲线满足，，得，， 当取整数时，只有存在符合条件的整点，共个，分别是，，，，，，，，，，，， 故A正确. 对于B， 当时，曲线上任意点到原点的距离为，半椭圆上的点到原点距离最大值为，最小值为， 因此曲线上点到原点距离的最大值与最小值之和为， 故B错误. 对于C， 若点都在半圆弧上，得， 若之一在半圆弧上，不妨设在半圆弧上，则，， 故， 若为半椭圆的顶点，得， 若在半椭圆上且不为顶点， 设，则，联立得，同理得， 因此. 令， 代入化简得，得，结合所有情况得的最大值为， 故C正确. 对于D，点，是椭圆的两个焦点，在半椭圆上， 故， 当不共线时， 由余弦定理得. 由基本不等式得， 故， 当且仅当时取等号， 当共线时， 因此的最小值为， 故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.甲、乙两人独立地攻克一道难题，已知甲攻克该题的概率为，乙攻克该题的概率为，则该题至少被一人攻克的概率为                   ． 【答案】 【解析】记”甲攻克该题”为事件，“乙攻克该题”为事件， 由题意得与相互独立，，. “该题至少被一人攻克”的对立事件为”甲、乙两人都未攻克该题”，即事件， 因为相互独立，所以与也相互独立. 由对立事件概率公式得，， 结合独立事件乘法公式得. 故该题至少被一人攻克的概率为. 故答案为：. 13.两直线与轴相交且能构成三角形，则满足的条件是                   . 【答案】且 【解析】由得，联立， 解得，， 故直线恒过定点. 因为， 所以不在直线上，直线与轴相交于原点，直线的斜率为，直线的斜率为. 由三直线相交且能构成三角形，得直线不能经过原点， 故. 直线不能与轴平行， 故， 即. 直线不能与直线平行， 故， 即. 综上可得满足条件，且. 故答案为：且. 14.已知椭圆的左右焦点分别为，且，若在椭圆上存在点，使得过点可作以为直径的圆的两条互相垂直的切线，则椭圆离心率的范围为                   . 【答案】 【解析】过点作以为直径的圆的两条切线，切点为， 由切线互相垂直得四边形为正方形，故. 在椭圆上，故，平方得， 代入得. 整理不等式得，开方得. 由题设，平方得，即，整理得，故. 由此可得椭圆离心率. 故答案为：. 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.某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案． 方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过； 方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过． 假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，，，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．求： (1) 该应聘者用方案一考试通过的概率； (2) 该应聘者用方案二考试通过的概率． 【答案】解：(1)记三门指定课程考试及格的事件分别为，，， 由题意得，，，且三门课程考试是否及格相互独立. 方案一考试通过的概率为 . (2)方案二随机选取三门中的任意两门，每种选法的概率为， 结合事件独立性得考试通过的概率为 . 16.已知点，圆. (1) 若直线与圆相交于，两点，弦的长为，求的值. (2) 若过点的直线与圆相切，求直线的方程. 【答案】(1) 解：圆的圆心为，半径，点到直线的距离， 由弦长公式得， 代入得， 化简得. (2) 解：当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，圆心到直线的距离为，等于圆的半径， 故与圆相切. 斜率存在时， 设直线方程为， 整理得， 由相切条件得，化简解得， 代入整理得直线方程为， 故直线的方程为或. 17.如图，在四棱锥中，底面，四边形为平行四边形，为侧棱上动点(不含点，).. (1) 若为中点，证明平面; (2) 若平面与平面夹角的余弦值为求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) 证明：连接交于点，连接，四边形为平行四边形， 故为中点，结合为中点得， 由平面，平面， 故平面. (2) 解：由题意得，，， 由余弦定理得， 故， 由此可得， 即. 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，得， 设，，得. 取平面的法向量， 设平面的法向量为， 由， 代入，， 化简得，令，得. 由平面与平面夹角的余弦值为，得， 整理得，结合得， 故. 设与平面所成角为，，则. 18.的顶点的坐标分别为. (1) 过点与直线平行的直线方程； (2) 的外接圆方程； (3) 已知过点的直线与的外接圆相交的弦长为，求直线的方程. 【答案】(1) 解：由坐标得，所求直线与平行， 故斜率为，又直线过点， 整理得直线方程为. (2) 解：设外接圆方程为，其中， 将，，三点坐标代入得， 解得， 故的外接圆方程为. (3) 解：将外接圆方程整理为标准式得， 由此得圆心为，半径. 由弦长为得圆心到直线的距离，分情况讨论： 当直线斜率不存在时，直线的方程为，此时满足圆心到直线距离为，符合题意； 当直线斜率存在时，设斜率为，直线的方程为， 由点到直线距离公式得， 解得，此时直线的方程为. 综上，直线的方程为或. 19.已知椭圆与直线（不平行于坐标轴）相切于点，过点且与垂直的直线分别交轴，轴于，两点. (1) 证明：直线与椭圆相切； (2) ①当点运动时，点随之运动，求点的轨迹方程： ②若，，不共线，求三角形面积的最大值. 【答案】(1) 证明：点在椭圆上. 故. 整理得，即. 联立方程. 化简得. 变形得，两边平方得. 由得. 结合，代入得. 整理得. 计算得判别式. 联立方程组仅有唯一解. 故直线与椭圆相切. (2) 解：①直线不平行于坐标轴，故，. 直线的斜率为. 从而直线的斜率为. 直线的方程为. 令，得，即，. 令，得，即，. 结合，代入得. 化简得. 故点的轨迹方程为. ②由①得，，满足. . 直线的方程为. 点到直线的距离为. 三角形的面积为. 由基本不等式得. 结合，得. 当且仅当时，等号成立. 由此可得. 学科网（北京）股份有限公司 $