湖北省武汉市部分学校2025-2026学年高二上学期9月模拟考试数学试题（Word版附解析）

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2025.9
本试题卷共 4 页，19 题，全卷满分 150 分.考试用时 120 分钟.
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答
题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答
题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
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，只有一项是
符合题目要求的.
1. 复数 ，则 的虚部与实部之和的值是（ ）
A. 1 B. 0 C. -1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出复数 ，再由复数的运算法则求解即可．
【详解】 ，
则 ，
得 ，
则 的虚部为 1，实部为 0，
则 的虚部与实部之和的值为 1
故选：A
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2. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集的概念来列举并求出 与 的交集即可.
【详解】把集合 中的元素逐一代入 ，判断其正负，
当 时，满足 ，
当 时，不满足 ，
所以 ，
故选：D.
3. 若方程 表示焦点在 轴上的椭圆，则实数 的取值范围是（ ）
A. [4，5] B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将方程变形为 ，根据题意可得 ，计算即可得答案.
【详解】方程 变形可得 ，
因为表示焦点在 轴上的椭圆，
所以 ，解得 .
故选：D
4. 已知直线 绕点 逆时针旋转 ，得到直线 ，则 不过（ ）
A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限
【答案】A
【解析】
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【分析】根据已知得直线 倾斜角为 ，设 且 ，利用对称性和点线距离
公式得 ，从而确定直线所过象限，即可得.
【详解】对于直线 ，斜率为 ，则其倾斜角为 ，逆时针旋转 ，
所以 ，则直线 的倾斜角为 ，设 ，
由 过 ，显然在 下方，则旋转后 与 轴交点在 上方，所以 ，
由 到 的距离 ，
由 到 的距离 ，
所以 ，可得 （ 舍），
所以 中 ， ，
所以 过第一、二、三象限，不过第四象限.
故选：A
5. 函数 ，则下列关于 的说法中正确的是（ ）
A. 最小正周期是 B. 最小值是
C. 关于 对称 D. 与 轴交点是
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【答案】B
【解析】
【分析】根据已知得 且 ， 为锐角，结合正弦型函数的性
质依次判断各项的正误.
【详解】由
且 ， 为锐角，则
，
所以 ，A 错，
当 ，最小值 ，B 对，
，
所以 ，即 不关于 对称，C 错，
由 ，D 错.
故选：B
6. 在平面直角坐标系中，点 的坐标为 ，圆 ，点 为 轴上
一动点.现由点 向点 发射一道粗细不计的光线，光线经 轴反射后与圆 有交点，则 的取值范围为（
）
A. B.
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C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知确定圆 关于 对称的圆的圆心为 ，半径为 1，根据反射光与圆有
交点，即直线 与对称圆有交点，应用点线距离公式列不等式求参数范围.
【详解】由题设 ，圆心 ，半径 ，
所以 关于 对称的圆的圆心为 ，半径为 1，
而 ，要使光线经 轴反射后与圆 有交点，
只需 ，可得 ，
所以 ，则 ，
所以 .
故选：D
7. 在 中 为 BC 中点，若将 沿着直线 AD 翻折至 ，使得四面
体 的外接球半径为 ，则直线 AN 与平面 ABD 所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】若 是 的外接圆圆心，根据已知确定 的外接球球心为 ，作 平面 于
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，求得 ，再由等体积法求得 ，求线面角的正弦值，进而求其余弦值.
【详解】由题设，若 是 的外接圆圆心， ， ，
，
所以 的外接圆半径 ， 又四面体 的外接球半径为 ，
所以 的外接球球心与 的外接圆圆心重合，即为 ，
作 平面 于 ，且 是边长为 2 的等边三角形，
又 是 的球心，则 为 的中心，
故 ，而 ，则 ，
由 是边长为 2 的等边三角形，且 ，
易知 到平面 的距离 ，
由 ，故直线 AN 与平面 ABD 所成角正弦值为 ，故余弦值为 .
故选：B
8. 已知函数 的定义域为 R，满足 ，若 的
图像关于直线 对称，且 ，则 （ ）
A. 92 B. -205 C. 100 D. -19
【答案】A
【解析】
【分析】根据对称以及题中条件可得 ，进而可得
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，利用赋值可得 ， ，即可代入求解.
【详解】由于 的图像关于直线 对称，则 ，
故 ，
又 ，故 ，
因此 ， ，
故
故 ，
由 及 可得， ，解得
又 ，故 ，
，
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，部分选对的得部分分.
9. 已知点 在圆 上，点 ，则（ ）
A. 点 到直线 AB 的距离最小值为
B. 在点 处作圆 的切线（ 为切点）与直线 AB 相交于点 ，则
C. 当 最小时，
D. 当 最大时，
【答案】BD
【解析】
【分析】根据题意，确定圆心坐标与半径，结合直线与圆的位置关系逐一判断，即可得到结果.
【详解】因为圆 的圆心 ，半径 ，
且 ，则直线 方程为 ，即 ，
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则圆心 到直线 的距离 ，
所以点 到直线 AB 的距离最小值为 ，故 A 错误；
在 中， ，
当 最小时，则 最小，由选项 A 可知， 的最小值为 ，
则 ，故 B 正确；
如图所示，当直线 与圆相切时， 取到最大值 和最小值 ，
此时，切线长 ，
其中 ，则 ，故 C 错误，D 正确；
故选：BD
10. 在锐角 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，满足 ，则（
）
A. 角
B.
C. 当 取得最大值时，在 所在平面内取一点 (D 与 B 在 两侧)，使得线段
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，则 面积的最大值为
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A 项，由正弦定理及余弦定理，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；对于 B，D 两项，
由三角恒等变换，结合正弦型函数的性质进行求解，对于 C 项，根据正弦定理、余弦定理，结合辅助角公
式、正弦型函数的性质进行求解即可.
【详解】对于 A 项，在 中，由 和余弦定理，可得
，
即 ，再由正弦定理， ，
因 ，所以 ，又 ，故 ，故 A 正确；
对于 B，D 两项，由 A 项得， ，又是锐角三角形，得 ，
所以
，
因 ，则 ，故 ，
所以 ，故 的取值范围是 ，即 B 错误，D 正确；
对于 C 项，当 取得最大值时， ，解得 ，而 ，
此时 是正三角形，
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如图令 ，( 为锐角) ， ，
在 中，由正弦定理， ，∴ ；
又由余弦定理， ，
于是， ，
为锐角，∴ ．
由于 D 与 B 在 两侧，则 ，
∴
，故当 时，即 时等号成立；
∴ 面积的最大值为 ．
故选：ACD
11. 将两个各棱长均为 1 的正三棱锥 和 的底面重合，得到一个六面体，则（ ）
A. 该几何体 表面积为
B. 该几何体的体积为
C. 直线 平面 BCE
D. 过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知并利用棱锥的表面积、体积求法求六面体的表面积和体积判断 A、B；应用反证法，根据
直线 平面 BCE，得到矛盾结论判断 C；利用面面垂直的判定证明平面 平面 ，同理其它
任意三点都有相同的情况判断 D.
【详解】由题设，六面体的棱长均为 1，其表面积为 ，A 错，
其体积为两个正三棱锥的体积之和，且正三棱锥的高为 ，
故体积为 ，B 对，
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假设直线 平面 BCE 成立，设 是 的中心，
由 是等边三角形，延长 交 于 ，则 为 的中点，
结合对称性知 三点共线且 、 ，
设 是 的中点，且 ，则 ， 不在平面 内，故 平面 ，
由 平面 ，平面 平面 ，则 ，
而在 中 ， 所以 不平行，矛盾，C 错，
由 C 分析知 平面 ， 三点共线， 平面 ，
所以平面 平面 ，同理其它情况也有类似结论，D 对.
故选：BD
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
12. 直线 经过椭圆 的两个顶点，则该椭圆的离心率为______________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据直线过椭圆的顶点求出 的值，在结合椭圆的性质与离心率公式进行求解即可.
【详解】由题意知，直线 与坐标轴的交点坐标为 .
因为椭圆 ，即 .
所以 ，可知 .
所以 ，所以 .
所以该椭圆的离心率为 .
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故答案为： .
13. 若 满足 ， 满足 ， 满足 ，则
_____________.
【答案】
【解析】
【分析】方程 ，整理得 ，根据图象可得函数 与
函数 图象的交点横坐标为 ，同理，化简可得 与函数 图象的交点横坐标为
，作出图象，根据反函数的性质，可得 的值，根据 a 满足的方程，计算可得 a 值，即可得答案.
【详解】方程 ，整理得 ，
所以函数 与函数 图象的交点横坐标为 ，
方程 ，平方得 ，
即 ，整理得 ，
所以函数 与函数 图象的交点横坐标为 ，
分别作出 、 与 图象，如图所示，
因为函数 与 互为反函数，图象关于 对称，
所以函数 与 的图象关于 对称，
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联立 ，解得交点 ，
因为 和 图象与 交点横坐标分别为 和 ，
所以 和 关于 A 的横坐标 对称，即 ，
所以 ，
因为 满足 ，即 ，
且 ，所以 ，
所以 .
故答案为：
14. 在棱长为 3 的正方体 中，点 是平面 内一个动点，且满足
，则三棱锥 体积的最大值为_____________.
【答案】3
【解析】
【分析】根据点 满足的条件，在平面 内找到点 的轨迹，以 为底时，高不变，从而求三棱锥
体积的最大值，可转化为求三角形 的面积最大值，最终求出结果.
【详解】
连接 ，因为四边形 为正方形，则 ，
因为 平面 平面 ，则 ，
因为 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，同理可得 ，
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因为 平面 ，所以 平面 ，
设 平面 ，
即 平面 ， 平面 ，
因 ， ，
所以三棱锥 为正三棱锥，因为 平面 ，则 为正 的中心，则 ，
所以 ，因为 ，
所以 ，因为 ，即 ，
即 ，化简可得 ，
因为 点到等边三角形 的边的距离为 ，
所以点 轨迹是在 内，且以 为圆心、半径为 的圆，
因为点 到直线 的距离为 ，点 到直线 的最大距离为 ，
故 的面积的最大值为 ，因为 平面 ，
则三棱锥 体积的最大值为 ，
故答案为：3.
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. 已知锐角 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，其面积为 ，且 .
（1）求角 ；
（2）若 ，求 取值范围.
【答案】（1） ；
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（2） .
【解析】
【分析】（1）由已知及余弦边角关系得 ，再由三角形面积公式、差角正弦公式整理
得 ，即可求角；
（2）由已知和三角形面积公式、三角形内角关系得 、 ，利用正弦定
理及三角恒等变换得 ，根据锐角三角形得 ，进而求 的范围.
【小问 1 详解】
由 ，则 ，
所以 ，则 ，
又 ，可得 ；
【小问 2 详解】
由 ，且 ，
由正弦定理知 ，
所以 ，
由 且 ，可得 ，则 ，
所以 ，故 ，即 .
16. 如图所示，已知斜三棱柱 中，在 上和 上分别有一点 和 ，且
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.
（1）求证： ， ， 共面；
（2） ， 且 ，点 为侧棱 上靠近点 的四等分点，
求直线 与平面 所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的运算及平面向量基本定理即可证；
（2）根据题中的条件分析，适当建立空间直角坐标系，用向量的方法来解.
【小问 1 详解】
证明：因为 ，所以 ， .
，
即 ，由共面向量定理可知， ， ， 共面.
故 ， ， 共面.
【小问 2 详解】
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设 的中点为 .因为 ， ，所以 为正三角形，
得 ， .又因 ， ，
所以 为正三角形， .
在 中. ，
由余弦定理可得 ， ，
所以 .又因 ， 均为正三角形，所以 ，
且 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .因为 平面 ABC.
所以平面 平面 ABC.所以在平面 内作 ，则 平面 ABC，
以 ， ， 所在直线为 轴、 轴、 轴建立空间直角坐标系如图所示：
则 ， ， ， .
设 是平面 的一个法向量.
，
则 ，即
取 ，则 ， ，得 .
由上知 ，
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.
设直线 与平面 所成角为 ， ， .
则
故直线 与平面 所成角的余弦值为 .
17. 在圆内接四边形 中，圆的半径为 .
（1）求 的值；
（2）连接 ，求 .
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）利用圆内接四边形对角互补，以及两个三角形的公共边 ，结合余弦定理即可求出 ，
再结合正弦定理求出外接圆半径即可；
（2）拆分所求数量积，再结合三角形中的向量关系进行化简，最后代入求值即可.
【小问 1 详解】
由余弦定理可知， ，
又 ，所以 ， ， ，
由正弦定理可知， .
【小问 2 详解】
由于 ，则 ，
同理 ，则 ，
所以 .
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18. 过坐标原点 作圆 的两条切线，切点为 ， ，直线 恰为抛物线
的准线.
（1）求 的方程；
（2）将抛物线 向左移 4 个单位长度得到新抛物线 ，抛物线 交 轴于 ， 两点， ， 为抛物线上
不重合的两点， 交 于点 .若直线 经过坐标原点，求证： 的面积恒为定值.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设直线 与 轴交于 ，由三角形相似关系可得 ，由此可
构造方程求得 的值，从而得到抛物线方程；
（2）解法一：求得 ，设 ，则
，直线 经过坐标原点得
， ， 在抛物线上得 ，直线 与直线 联立方程计算可得 ，计算
即可得证 的面积恒为定值；解法二：直线 为 ，直线 AE 方程为 ，设直
线 方程为 ，点 和 是直线 与抛物线 的交点结合韦达定理可得
，点 在直线 上得 ，点 在直线 上得 ，直线
与直线 联立得 ，计算可得 ，计算即可得证 的面积恒为定值.
【小问 1 详解】
设直线 与 轴交于 ，由几何性质得
因为直线 为抛物线 的准线，直线 为圆 的切线，
所以 ，
在 与 中， 为公共角，
所以 ， ，
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即 ，即 ，解得：
故抛物线 的标准方程为 ;
【小问 2 详解】
解法一：依题意： ，则 ，设 ，
则 ，
因为直线 经过坐标原点，所以 ，
又 ， 在抛物线上， ，两式作差得 ，化简得
，
因为 ，所以 ，
化简可得 ，即 ，
联立 ，得：
，
将 代入得， 为定值.
故 .
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解法二：向左平移 4 个单位后，新抛物线为 ，
则 与 轴的交点为 ，
因 直线 经过原点，所以设其方程为 ，
设直线 方程为 ，设直线 方程为 ，
点 和 是直线 与抛物线 的交点，代入 中得：
，
设该方程的两根为 和 ，根据韦达定理： ①
点 在直线 上，满足： ②
点 在直线 上，满足： ③
联立方程：
由②和③得： ，
利用①中的韦达定理结果： ，
所以 ，即点 的横坐标恒为 ，
故 .
19. 如图，在正方体 中，棱长为 2，M 是棱 的中点， 是 DM 的中点，
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（1）证明： 平面 ABCD；
（2）求四棱锥 和四棱锥 重合部分的体积；
（3）求二面角 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2） ；
（3） .
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行的判定推理得证.
（2）确定两个四棱锥的公共部分，再利用割补法求出体积.
（3）建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而求出平面 与平面 的法向量，再利用面面
角的向量法求解.
【小问 1 详解】
在正方体 中，取 的中点 ，在 上取 ，连接 ，
由 是 DM 的中点， 是 的中点，得 ，且 ，
由 ，得 且 ，则 ，
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因此四边形 是平行四边形， ，而 平面 平面 ，
所以 平面 .
【小问 2 详解】
令 ，连接 ，取 中点 ，连接 ，
由 ，得四边形 为平行四边形， 是 中点，
又 是 的中点，则 ， 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，同理 平面 ，而 平面 ，
于是平面 平面 ，又 ，则 ≌ ，
又 ，因此几何体 是三棱柱，且 平面 ，
四棱锥 和四棱锥 重合的几何体为四棱锥 和三棱柱 形成的
组合体，
，点 到平面 的距离 ，
所以所求的体积 .
【小问 3 详解】
在正方体 中，建立如图所示的空间直角坐标系，
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则 ，
，
设平面 的法向量 ，则 ，取 ，得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，取 ，得 ，
设 所成二面角大小为 ，则 ，
所以二面角 的正弦值为 .
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