浙江省宁波市北仑中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份浙江省宁波市北仑中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.
已知 a ， b ， c 是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（）
c
a ， 2b ， b  →B.
2b ，
b  → ，2 →
2a
b 
a
C. 3a ， →， → 
D. c ， a  c ， a  c
a  ba2b
已知复数 z  3  4i ，则|z|＝（ ）
i3
A. 3B. 4C. 5D. 6
12nx
已知样本数据 x , x , L , x 的平均数为 ，方差为 s2 s2  0 ，若样本数据
ax1 1, ax2 1,L, axn 1a  0 的平均数为4x ，方差为4s2 ，则 x  （）
2
A. 1
B. 1C. 2D. 4
已知直线 a, b 与平面α,β，则能使α β的充分条件是（ ）
a α, b  β, a / /bB. a  α,b  β, a  b
C. a / /b, a  β, b αD. α β a, b  a, b  β
从 2，4，8，16 中任取两个数，分别记作 a，b，则使lga b 为整数的概率是（ ）
1B. 1
43
C. 1D. 2
2
3
已知e , e 是两个垂直的单位向量．若 →  e  e ， b  2e  e
，设向量 →的夹角为θ，则csθ
1 2a1212
a, b
（）
1B.2
102
5
5
10
10
在V ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 B  π ， b2  9 ac ，则sinA  sinC  （ ）
A2 39
13
39
13
3
7
2
4
3 13
13
已知集合U  1, 2 ， A ， B ， C 是U 的子集，且 A ∪ B ∪ C  U ，则 A ∩ B ∩ C   的概率为
（）
24303336
A.B.C.D.
49494949
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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.
已知复数 z  a  bi(a, b  R),| z | 2 ，则下列说法正确的是（）
z  z  4B. 若 z2  R ，则 z  R
C. 若b  2 ，则 z 为纯虚数D. 1 | z  3i | 5
已知直线l1 : m 1 x  y  2m  3  0 ， l2 : 2x  my  m  2  0 ，则下列说法正确的是（）
l1 ∥l2 的充要条件为 m  1或 m  2
若l  l ，则 m   2
123
若直线l1 不经过第四象限，则 m  1
若 m  2 ，则将直线l 绕坐标原点按逆时针方向旋转 π ，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为
22
y  x  1
如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱 ABF  DCE 组合而成，
AB  AF , AB  AD  AF  4, G 是C‸D 上的动点.则（）
G 为C‸D 的中点时，平面 EFBC  平面 BCG
4 3
3
G 为C‸D 的中点时，点 E 到平面 BDG 的距离为
存在点G 使得直线CF 与平面 BCG 所成的角为60
5
P 为 ED 所在直线的动点，则 FP  PG 的最大值为2 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知随机事件 A, B, C, A 和 B 互斥， B 和C 对立，且 P( A  B)  0.7, P( A)  0.3 ，则 P(C) 
．
已知 a, b, c 为V ABC 的三个内角 A, B,C 的对边，向量m  ( 3, 1), n  (cs A,sin A) ，若 m  n ，且 a cs B  b cs A  2c sin C ，则角 B  .
一正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“自”“信”“自”“立”四字，内部为一个正四面体形状的水
晶，表面上分别镌刻“自”“主”“自”“强”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒
光芒.已知外部正四棱锥的底面边长为 3，侧棱长为34 ，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四
2
棱锥表面厚度)可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为.
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.
在V ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为 a, b, c, A  π ．
3
13
若 a ，且V ABC 的面积为3 3 ，求b  c ；
若b  4, c  3,BAC 的平分线交 BC 于 D ，求 AD 的长．
棱长为 2 的正方体中，E，F 分别是 DD ，DB 的中点，G 在棱 CD 上，且CG  1 CD ，H 是的中点.
13
证明： EF  B1C ；
求cs EF , C1G ；
求 FH 的长.
某商店举行促销抽奖活动， 在一个不透明袋子中放有 6 个大小质地完全相同的球， 其中 m
（ m 2, 3, 4, 5 ）个为红球，其余均为白球，现从中不放回地依次随机摸出 2 个球，若取到的两个球同色，则称为中奖，可以领取一张优惠券；若取到的两个球不同色，则称为不中奖．一次抽奖结束后，取出的球放回袋子中，供下一位顾客抽奖（每位顾客只有一次抽奖机会）．
若 m  2 ，求一次抽奖中奖的概率；
若要求一次抽奖中奖的概率最小．
求m ；
求两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖的概率．
如图， AOx  BOx ，设射线OA 所在直线的斜率为 k (k  0) ，点 P 在∠AOB 内， PM  OA 于
M ， PN  OB 于 N .
 2 2 
（1）若 k  1 ， P  3 , 1  ，求 OM 的值；

若 P 2,1 ，求VOMP 面积的最大值，并求出相应的 k 值；
已知 k 为常数， M ， N 的中点为T ，且 S△MON
 1 ，当 P 变化时，求 OT 的取值范围．
k
如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，点 A, B,C 分别在 x, y, z 轴上（点 A, B,C 异于点O ），且
OA  OB  OC  3 .
当 SVOAB  SVOAC  SVOBC （ S 表示面积）取得最大值时，求点O 到平面 ABC 的距离.
若OA  1 , OB  1, OC  3 ，动点 M 在线段 AB 上（含端点），探究：是否存在点 M ，使得直线
22
AC 与平面COM 所成角的正弦值为 2 ？若存在，求出 AM 的值；若不存在，请说明理由.
5BM
记平面 ABC 与平面 BCO 、平面 ACO 、平面 ABO 的夹角分别为α,β,γ，比较
csαcsβ csβcsγ csγcsα与 1 的大小关系，并说明理由.
北仑中学 2025 学年第一学期高二年级返校考试数学试卷
命题：高二数学备课组审题：高二数学备课组
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.
已知 a ， b ， c 是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（）
c
a ， 2b ， b  →B.
2b ，
b  → ，2 →
2a
b 
a
C. 3a ， →， → 
D. c ， a  c ， a  c
a  ba2b
【答案】A
【解析】
【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.
c
【详解】假定向量 a ， 2b ， b  → 共面，则存在不全为 0 的实数λ,μ，
使得b  c  λa  2μb ，显然不成立，
所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故 A 正确；
→→→→→→→
由于2b  b  2a   b  2a ，则2b ， b  2a ， b  2a 共面，故 B 错误；
→→→→→→→
由于3a  2 a  b   a  2b  ，则3a ， a  b ， a  2b 共面，故 C 错误；
→1 →→1 →→
由于c 
故选：A.
a  c  
22
a  c  ，则c ， a  c ， a  c 共面，故 D 错误；
已知复数 z  3  4i ，则|z|＝（ ）
i3
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的乘法运算结合复数的模长公式求解即可.
【详解】 z  3  4ii3  3  4ii=  4+3i ，
42  32
则 z  5 .
故选：C.
已知样本数据 x1 , x2 , L , xn 的平均数为 x ，方差为 s2 s2  0 ，若样本数据
ax1 1, ax2 1,L, axn 1a  0 的平均数为4x ，方差为4s2 ，则 x  （）
2
A. 1
【答案】A
【解析】
B. 1C. 2D. 4
【分析】由平均数和方差的运算性质即可求解.
【详解】由方差的性质，得 ax1 1, ax2 1,L , axn 1a  0 的方差为 a2 s2 ，故 a2 s2  4s2 ，解得 a  2 ．由 a  0 ，可知 a  2
由平均数的性质，得 ax1 1, ax2 1,L , axn 1a  0 的平均数为 ax 1，
故 ax 1  2x 1  4x ，解得 x  1 .
2
故选：A．
已知直线 a, b 与平面α,β，则能使α β的充分条件是（ ）
a α, b  β, a / /bB. a  α,b  β, a  b
C. a / /b, a  β, b αD. α β a, b  a, b  β
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质、面面垂直的判定及充分条件的定义逐项判断.
【详解】对于 A，由 a α, a / /b ，得b α，而b  β，则α/ /β，A 不是；
对于 B，α/ /β， a, b 分别是平面α,β内互相垂直的异面直线，满足a  α,b  β, a  b ，B 不是； 对于 C，由a / /b, a  β，得b  β，又b α，则α β，C 是；
对于 D，由α β a, b  a, b  β，得二面角α a  β的平面角可以是锐角、直角，也可以是钝角，D
不是.
故选：C
从 2，4，8，16 中任取两个数，分别记作 a，b，则使lga b 为整数的概率是（ ）
1B. 1
43
【答案】B
C. 1D. 2
2
3
【解析】
【分析】由古典概型的概率公式进行求解.
【详解】由题( a , b ) 的有序数对有，
分别为(2, 4) ， (2,8) ， (2,16) ， (4, 2) ， (4,8) ， (4,16) ，
(8, 2) ， (8, 4) ， (8,16) ， (16, 2) ， (16, 4) ， (16,8) ；共12 组，
使lga b 为整数的有序数对有(2, 4) ， (2,8) ， (2,16) ， (4,16) ，共 4 组，
故概率 P 
4  1 .
123
故答案选：B.
已知e , e 是两个垂直的单位向量．若 →  e  e
， b  2e  e
，设向量 →的夹角为θ，则csθ
1 2a1212
a, b
（）
1B.2
102
5
5
10
10
【答案】D
【解析】
【分析】e1 , e2 是两个垂直的单位向量，故可设e1  1,0 ， e2  0,1 ，再根据向量的坐标相关计算法则即可计算．
【详解】由题意可设e1  1,0 ， e2  0,1 ，
→→→→ →
则 a  1, 1 ， b  2,1 ， a 
a b
→ →
2  5
→
2, b
5, a  b  1，
则csθ
a  b 1
10 ．
10
故选：D．
在V ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 B  π ， b2  9 ac ，则sinA  sinC  （ ）
A2 39
13
39
13
3
7
2
4
3 13
13
【答案】C
【解析】
【分析】先利用正弦定理求出sinAsinC  1 ，再利用余弦定理结合正弦定理得： sin2 A  sin2C  13 ，再
312
利用平方和公式，结合三角函数的符号求sinA  sinC 的值.
【详解】因为 B  π ， b2  9 ac ，
34
由正弦定理得： sinAsinC  4 sin2B  1 .
93
由余弦定理可得： b2  a2  c2  2ac cs B  a2  c2  ac  9 ac ，即 a2  c2  13 ac ，
44
所以sin2 A  sin2C  13 sinAsinC  13 ，
412
所以sinA  sinC 2  sin2 A  sin2C  2sinAsinC  13  2  7 ，
1234
又sin A  0 ， sin C  0 ，
所以sinA  sinC 7 .
2
故选：C.
已知集合U  1, 2 ， A ， B ， C 是U 的子集，且 A ∪ B ∪ C  U ，则 A ∩ B ∩ C   的概率为
（）
24303336
A.B.C.D.
49494949
【答案】D
【解析】
【分析】题目要求计算在满足并集为全集的情况下，三个子集的交集为空集的概率.需要分两步，先计算满足并集为全集的情况数，再从中找出交集为空集的情况数，最后求概率.
【详解】已知集合U  1, 2 ，则集合U 的子集个数为22  4 个，分别为， 1 ，2，1, 2，
则集合A ， B ， C 所有可能的情况共43  64 种.
当 A  B  C  U 时，有以下几种情况：
集合A ， B ， C 中没有元素 1，则集合A ， B ， C 只能为或者2，共23  8 种情况；集合A ， B ， C 中没有元素 2，则集合A ， B ， C 只能为或者1 ，共23  8 种情况；
在上述两种情况中，集合A ， B ， C 均为的情况重复，则 A  B  C  U 共有8  8 1  15 种情况.
因此满足 A ∪ B ∪ C  U 的情况共有43 15  49 种.
当 A  B  C   时，有以下几种情况：
333
集合A ， B ， C 中都有元素 1，为了满足 A ∪ B ∪ C  U ，集合A ， B ， C 中至少有一个集合为1, 2，共有C1  C2  C3  3  3 1  7 种情况；
333
集合A ， B ， C 中都有元素 2，为了满足 A ∪ B ∪ C  U ，集合A ， B ， C 中至少有一个集合为1, 2，共有C1  C2  C3  3  3 1  7 种情况；
在上述两种情况中，集合 A  1, 2， B  1, 2， C  1, 2 的情况重复，则 A  B  C   时，共有
7  7 1  13 种情况.
因此 A ∩ B ∩ C   的情况共有49 13  36 种.
根据古典概型概率公式可得 A ∩ B ∩ C   的概率为 36 .
49
故选：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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分.
已知复数 z  a  bi(a, b  R),| z | 2 ，则下列说法正确的是（）
【分析】根据共轭复数及复数的乘法可判断A ；根据复数的分类可判断B ；根据纯虚数的定义可判断C ；
z  3i 表示点 z 到3i 的距离，数形结合即可判断D .
A. z  z  4
C. 若b  2 ，则 z 为纯虚数
B.
D.
若 z2  R ，则 z  R
1 | z  3i | 5
【答案】ACD
【解析】
【详解】 z

 2 ，所以 a2  b2  4 ，
a2  b2
对于A ： z  z  a  bia  bi  a2  b2  4 ，故A 正确；对于B ： z2  a  bi2  a2  b2  2abi  R ，
所以 a  0, b  0 ，或 a  0, b  0 ，或 a  b  0 ，
当 a  0, b  0 时， z  bib  0 不是实数，故B 错误；
对于C ：若b  2 ，则 a  0 ，所以 z  2i 为纯虚数，故C 正确；
对于D ： z  a  bi 对应的点a, b 表示圆 a2  b2  4 上的点， 3i 对应的点0, 3 ，
z  3i 表示点 z 到3i 的距离，
由图可知1 | z  3i | 5 ，故D 正确.
故选： ACD.
已知直线l1 : m 1 x  y  2m  3  0 ， l2 : 2x  my  m  2  0 ，则下列说法正确的是（）
l1 ∥l2 的充要条件为 m  1或 m  2
若l  l ，则 m   2
123
若直线l1 不经过第四象限，则 m  1
若 m  2 ，则将直线l 绕坐标原点按逆时针方向旋转 π ，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为
22
y  x  1
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用两直线平行的结论结合充要条件的定义可判断 A；.根据两直线垂直的结论可判断 B；由直线方程，求得斜率与截距，建立不等式组，求解即可判断；先得到逆时针旋转后的直线方程，再根据左右平移求出平移后的直线方程，即可判断 D.
【详解】对于 A， 显然直线l1 的斜率存在，若l1 ∥l2 ，则 m m 1  2  0 ，解得 m  1或 m  2 ，
经检验 m  1时，这两条直线重合，所以 m  2 ，故l1 ∥l2 充要条件不是“ m  1或 m  2 ”．故 A 不正
确；
对于 B，若l  l ，则2 m 1  m  0 ，解得 m   2 ．故 B 正确；
12
对于 C，若直线l1
3
 3  2m  0
: y  m 1 x  3  2m 不经过第四象限，则m 1  0 ，解得 m  1．故 C 正

确；
对于 D，若 m  2 ，则直线l2
: y  x ，将其绕坐标原点按逆时针方向旋转 π ，得到直线 y  x ，再向右
2
平移一个单位长度，所得直线方程为 y  x  1 ，故 D 正确.故选：BCD
如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱 ABF  DCE 组合而成，
AB  AF , AB  AD  AF  4, G 是C‸D 上的动点.则（）
G 为C‸D 的中点时，平面 EFBC  平面 BCG
4 3
3
G 为C‸D 的中点时，点 E 到平面 BDG 的距离为
存在点G 使得直线CF 与平面 BCG 所成的角为60
5
P 为 ED 所在直线的动点，则 FP  PG 的最大值为2 2
【答案】ABD
【解析】
【分析】由几何体性质，利用面面垂直的判定定理即可判断 A 正确，建立空间直角坐标系并求得平面 BDG的法向量，再利用点到平面距离的向量求法可得 B 正确，由线面角的向量求法得到方程，根据方程无解可判断 C 错误，以 ED 为旋转轴将四边形 EFAD 旋转至四边形 EF CD 位置，则由三角形三边关系可知当 F , G, P 三点共线时， FP  PG 取得最大值为 F G ，可判断 D 正确.
【详解】对于 A，由题可知，半圆柱和三棱柱的底面在同一平面内，由圆柱性质可知 BC  平面CDG ，又CG  平面CDG ， BC  CG ，
mG 为C‸D 的中点，DCG  45∘ ，
m AB  AF , AB  AF ,DCE  ABF  45∘ ，
GCE  45∘  45∘  90∘ ，即CG  CE .
又CE, BC  平面 EFBC ，且CE ∩ BC  C ，CG  平面 EFBC ，
mCG  平面 BCG ，平面 EFBC  平面 BCG .故 A 正确；
对于 B，以A 为坐标原点， AF , AB, AD 所在直线分别为 x, y, z 轴建立如图所示空间直角坐标系，
则 E 4, 0, 4, B 0, 4, 0, D 0, 0, 4 ，
mG 为C‸D 的中点，G 2, 2, 4 ， 则 BD  0, 4, 4, BG  2, 2, 4 ，
设平面 BDG 的一个法向量 s   x1, y1, z1  ，
4 y1  4z1  0
则
，令 y  1 ，则 z
 1, x
 1 ，所以 s  1,1,1 .
2x  2 y  4z  0111
111
–––→ →
，
点
到平面
m DE  4, 0, 0E
BDG
DE  s
的距离为 →.故

4 B
3
43
正确；
s3
对于 C，设点G m, n, 4 ，其中0  m  4, 0  n  4 ，
mG 是C‸D 上的动点，弧CGD 所在圆的圆心（即线段CD 的中点）坐标为0, 2, 4 ，半径为2 ，
m2  n  22  4 ，即 m2  4n  n2 .
mC 0, 4, 4, F 4, 0, 0 ，CF  4, 4, 4, BC  0, 0, 4, CG  m, n  4, 0 ，设平面 BCG 的一个法向量 t   x2 , y2 , z2  ，
4z2  0
则
，令 y
 m ，则 x
 n  4, z
 0 ，所以 t  n  4, m, 0 .
mx  n  4 y  0222
22
若直线CF 与平面 BCG 所成的角为60 ，
4 n  4  4m
4 3  n  42  m2
3
–––→ →
则sin 60∘
 cs
–––→ →
CF , t
CF  t
 –––→ → ，
CF  t2
m2 m 2m
由 m2  4n  n2 可得 n  4  ，代入上式整理得5   8   5  0 ，
n
由  64 100  36  0 可知此方程无解，
 n n
所以不存在点G 使得直线CF 与平面 BCG 所成的角为60 ，故 C 错误；对于 D，如图，
以 ED 为旋转轴将四边形 EFAD 旋转至四边形 EF CD 位置，则平面 EF CD 平行于底面，
且 FP  F P , F 4, 4, 4 ，
4  02  4  22  4  42
5
则由三角形两边之差小于第三边可知，当 F , G, P 三点共线时， FP  PG 取得最大值为 F G ，又弧CGD 所在圆的圆心为0, 2, 4 ，半径为2 ，
F G
所以 
max
故选：ABD.
 2  2
 2 ，故 D 正确.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知随机事件 A, B, C, A 和 B 互斥， B 和C 对立，且 P( A  B)  0.7, P( A)  0.3 ，则 P(C) 
．
3
【答案】0.6##
5
【解析】
【分析】利用互斥事件和对立事件的概率公式求解即可.
【详解】m随机事件A 和 B 互斥， P( A  B)  P( A)  P(B), 则 P(B)  0.7  0.3  0.4 ．又m B 和C 对立， P(C)  1  P(B)  0.6 .
故答案为：0.6．
已知 a, b, c 为V ABC 的三个内角 A, B,C 的对边，向量m  ( 3, 1), n  (cs A,sin A) ，若 m  n ，且 a cs B  b cs A  2c sin C ，则角 B  .
π
【答案】
2
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示求出A ，再利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求出C 即可.
3
【详解】由m  ( 3, 1), n  (cs A,sin A) ， m  n ，得 m  n 3 cs A  sin A=0 ，则tan A=3 ，在V ABC 中， 0  A  π ，解得 A  π ，
由 a cs B  b cs A  2c sin C 及正弦定理，得2 sin C sin C  sin A cs B  sin B cs A
 sin( A  B)  sin C ，而sin C  0 ，解得sin C  1 ，而0  C  2π ，则C  π ，
236
所以 B  π  A  C  π .
2
π
故答案为：
2
一正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“自”“信”“自”“立”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“自”“主”“自”“强”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒
光芒.已知外部正四棱锥的底面边长为 3，侧棱长为34 ，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四
2
棱锥表面厚度)可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为.
【答案】 3 ## 13
88
【解析】
【分析】作出正四棱锥为 P- ABCD ，求出其内切球的半径 R  3 ，再将正四面体置于正方体中，由题意可
4
得正四面体为正方体的面的对角线组成的正四面体QYTW ，且该正方体的外接球就是前面所求的正四棱锥的内切球，求出正方体的棱长，即可求得答案.
【详解】设正四棱锥为 P- ABCD ，连接 AC, BD 相交于点 E ，
则有 PE  平面 ABCD ，
因为 AB  3 ，
所以 AC  BD  3 2 ，
所以 BE  1 BD  3 2 ，
22
又因为 PB 
34 ,
2
PB2  BE2
由勾股定理可得 PE 
设正四棱锥的内切球的球心为O ，
 2 ，
取 BC 边中点 M ，连接 PM ， EM ，则有 PM ⊥BC ，
PE2  EM 2
且 EM  1 AB  3 ， PM 
22
过点O 作ON  PM 于 N ，设内切球半径为 R ，
 5 ，
2
则OE  ON  R ， PO  PE  R  2  R ，
又因为VPON ~VPME ，
所以 PO  ON ，即
PMEM
2  R  R
53 ，
22
解得 R  3 ，
4
因为正四面体在正四棱锥内绕中心任意转动，
要使正四体的体积最大，则该内切球即为正四面体的外接球，将正四面体嵌套在正方体中，
则正四面体为正方体的面的对角线组成的正四面体QYTW ，
该正四面体的外接球即为此正方体的外接球,设正方体的棱长为 a ，
则有 3a  2R  3 ，
2
解得 a 3 ，
2
所以正四面体的边长为
2a 6 ，
2
所以正方体的体积V1
 a3  (
3 )3  3 3 ，
28
所以正四面体的体积V  V
 4V
 3 3  4  1  1 
3 3 3 3 .
故答案为：3
8
1Y WTM

8322228
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.
在V ABC 中，内角 A, B,C 所对的边分别为 a, b, c, A  π ．
3
13
若 a ，且V ABC 的面积为3 3 ，求b  c ；
若b  4, c  3,BAC 的平分线交 BC 于 D ，求 AD 的长．
【答案】（1） 7
（2） 12 3
7
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式求出bc ，然后利用余弦定理求b  c ；
等面积法求解.
【小问 1 详解】
由题意知： S
 1 bcsinA 3 bc  3 3 ，所以bc  12 ，
V ABC24
又因为 a2  b2  c2  2bccsA ，所以13  b2  c2  bc  (b  c)2  3bc ，所以(b  c)2  49 ，即b  c  7 ；
【小问 2 详解】
因为 SV ABC  SV ABD  SV ACD ，
即 1 bcsinBAC  1 c  ADsinBAD  1 b  ADsinDAC ，
222
所以 1  4  33  1  3 AD  1  1  4  AD  1
222222
所以 AD  12 3 ．
7
棱长为 2 的正方体中，E，F 分别是 DD ，DB 的中点，G 在棱 CD 上，且CG  1 CD ，H 是的中点.
13
证明： EF  B1C ；
求cs EF , C1G ；
求 FH 的长.
【答案】（1）证明见解析
（2） 30
15
FH 22
3
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出 EF  BC  0 ，得到直线垂直；
利用空间向量夹角余弦公式进行求解；
求出 H , F 的坐标，由公式计算出 FH 
22 .
3
【小问 1 详解】
如图，以 D 为原点， DA ， DC ， DD1 分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 D  xyz ，
4

则 D 0, 0, 0 ， E 0, 0,1 ， F 1,1, 0 ， C 0, 2, 0 ， C1 0, 2, 2 ， B1 2, 2, 2 ， G  0, 3 , 0  ，
因为 EF  1,1, 1 ， B1C  2, 0, 2 ，
所以 EF  BC  1,1, 12, 0, 2  12 1 0  12  0 ，所以 EF  B1C ，故 EF  B1C ；
【小问 2 详解】
––––→2
––––→
2 10

因为C1G   0,  3 , 2  ，所以 C1G 3
–––→
–––→ ––––→
224

因为 EF 
3 ，且 EF  C1G  1,1, 1 0,  3 , 2   2  3  3 ，
cs
–––→ ––––→
EF , C G
–––→ ––––→
 EF  C1G
4
–––→ ––––→
EF C1G
10
2 30
30
 3  4 3
230
所以1
3  2
3
315 ；
【小问 3 详解】
C G
5
因为 H 是 1
的中点，所以 H  0, ,1 ，
12   
2 2

3 
  1
2
22
9
22
3

–––→2
–––→
又因为 F 1,1, 0 ，所以 HF  1, 

, 1 ， FH
3

，即
3
FH 
22 .
3
某商店举行促销抽奖活动， 在一个不透明袋子中放有 6 个大小质地完全相同的球， 其中 m
（ m 2, 3, 4, 5 ）个为红球，其余均为白球，现从中不放回地依次随机摸出 2 个球，若取到的两个球同色，则称为中奖，可以领取一张优惠券；若取到的两个球不同色，则称为不中奖．一次抽奖结束后，取出的球放回袋子中，供下一位顾客抽奖（每位顾客只有一次抽奖机会）．
若 m  2 ，求一次抽奖中奖的概率；
若要求一次抽奖中奖的概率最小．
求m ；
求两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖的概率．
7
【答案】（1）
15
16
（2）（ⅰ） m  3 （ⅱ）
25
【解析】
【分析】（1）列举法应用古典概型公式计算即可；
（2）应用对立事件结合概率乘积公式计算即得.
【小问 1 详解】
设 A  “一次抽奖中奖”
记这 2 个红球的编号为1, 2, 4 个白球的编号为3,4,5,6 ，
所以样本空间Ω  m, n m, n 1, 2, 3, 4, 5, 6, 且m  n ，共有 30 个样本点，又因为
A  1, 2, 2,1, 3, 4, 4, 3, 3, 5, 5, 3, 3, 6, 6, 3, 4, 5, 5, 4, 4, 6, 6, 4, 5, 6, 6, 5,
所以 n  A  14 ，
n  A147
所以 p  A ；
n Ω3015
【小问 2 详解】
n  A
mm  1  6  m5  m
m2  6m  15
（ⅰ）当m 2,3, 4时， P  A ，
n Ω
3015
所以 m  3 时， P( A)
min
 2 ；
5
当m  5 时， P  A  5  4  2  2
3035
综上所述，所以 m  3 时，一次抽奖中奖的概率最小．
（ⅱ）记 B  “两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖”， Ai  “第i 位顾客中奖” i  1, 2 ，由题意知， P  A   P  A   2 ，
125
所以 P B   1 P A P A   1 1 2 1 2   16 ．
125 5 25

如图， AOx  BOx ，设射线OA 所在直线的斜率为 k (k  0) ，点 P 在∠AOB 内， PM  OA 于
M ， PN  OB 于 N .
 2 2 
（1）若 k  1 ， P  3 , 1  ，求 OM 的值；

若 P 2,1 ，求VOMP 面积的最大值，并求出相应的 k 值；
已知 k 为常数， M ， N 的中点为T ，且 S△MON
 1 ，当 P 变化时，求 OT 的取值范围．
k
2
【答案】（1）
VOMP 面积的最大值为 5
4
 1 , 
； k  3

 k
【解析】
【分析】（1）求出 OP ，利用点到直线的距离求出 MP ，再利用勾股定理求解即可；
根据基本不等式以及点到直线的距离公式求解即可；
设直线OA 的倾斜角为α，则 k  tanα，利用弦化切分别求出sin AOB 和cs AOB ，利用三角
形的面积公式得到 OM
【小问 1 详解】
 3 1 
 ON
–––→1
，根据OT 
2
––––→–––→

OM  ON ，利用基本不等式求解即可.
m P 
,  ， OP 
，
 3 2 1 2
  
 2  2 
10
 2 2 2
若 k  1 ，则直线OA 的方程为 y  x ，即 x  y  0 ，
22
2
3  1
则点 P 到直线OA 的距离 MP 2 ，
2
OP 2  PM 2
 OM


；

  
10 
2
2 
2
 2 
2
2
【小问 2 详解】
直线OA 的方程为 y  kx ，即 kx -
y = 0 ， k  0 ，
m P 2,1 ， OP 
1
2

， OM 2  MP 2  OP 2  5 ，
22 12
5
OM 2  MP 2
15
SVOMP 
OM  MP   ，
224
当且仅当 OM
 MP 
10 时等号成立，
2
k 2 1
2k 1
此时点 P 到直线OA 的距离 MP 10 ，解得 k   1 （舍）或 k  3 ，
23
 VOMP 面积的最大值为 5 ，此时 k  3 ；
4
【小问 3 详解】
设直线OA 的倾斜角为α，α  0, π  ，即AOx  BOx α，则 k  tanα，
2 

sin AOB  sin 2α
2 sinαcsα 
sin2α cs2α
2 tanα 
tan2α1
2k
，
k 2 1
cs2α sin2α
cs AOB  cs 2α
sin2α cs2α
1 tan2α
tan2α1
1 k 2
，
k 2 1
代入 S
VMON

OM ON sin 2α 1 ，得 OM
1
2
k
k 2 1
 ON ，
k 2
–––→
m
1 ––––→–––→
2
T 为 M ， N 的中点， OT 
OM  ON ，
–––→ 2
 OT
1 ––––→ 2

OM
4
–––→ 2
ON
––––→ –––→
2OM  ON

 1  ––––→ 2–––→ 2––––→–––→
OM ON
4
2 OM  ON cs AOB

––––→–––→––––→–––→

OM
4
 ON
2 OM
 ON cs AOB
 1 k 2 1
k 2 1
1 k 2 1
4  2  k 2
2 
k 2
 k 2 1   k 2 ，

––––→–––→
即 OT
 ，当且仅当 OM
k
 ON
时等号成立，
 OT 的取值范围是 1 ,  .

 k
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点之一在于设直线OA 的倾斜角，将角的三角函数值用斜率表示；其二在于利用向量结合基本不等式求模的取值范围.
如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，点 A, B,C 分别在 x, y, z 轴上（点 A, B,C 异于点O ），且
OA  OB  OC  3 .
当 SVOAB  SVOAC  SVOBC （ S 表示面积）取得最大值时，求点O 到平面 ABC 的距离.
若OA  1 , OB  1, OC  3 ，动点 M 在线段 AB 上（含端点），探究：是否存在点 M ，使得直线
22
AC 与平面COM 所成角的正弦值为 2 ？若存在，求出 AM 的值；若不存在，请说明理由.
5BM
记平面 ABC 与平面 BCO 、平面 ACO 、平面 ABO 的夹角分别为α,β,γ，比较
csαcsβ csβcsγ csγcsα与 1 的大小关系，并说明理由.
【答案】（1） 3 ;
3
AM
存在，
BM
 1 ;
csαcsβ csβcsγ csγcsα 1，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式可求得 SVOAB  SVOAC  SVOBC 取得最大值时， OA  OB  OC  1 ,再利用三棱锥的等体积法求出点到平面的距离；
利用空间向量坐标运算，结合参数表示线面角的正弦值，解方程即可得出参数值，进而得出结论；
利用空间向量坐标运算求出平面的法向量，再求出面面角的余弦值，利用基本不等式可得到结论并得证.
【小问 1 详解】
不妨设OA  a, OB  b, OC  c ，则 a  b  c  3, 且 a, b, c  0 ，
故 SVOAB  SVOAC  SVOBC 
ab  ac  bc
2
 ab  bc  ac  2ab  2bc  2ac
6
2a2  2b2  2c2  2ab  2bc  2ac(a  b  c)23
 ，
662
2
当且仅当 a  b  c  1时等号成立， SVOAB  SVOAC  SVOBC 取得最大值，此时 AB  BC  AC .
记点O 到平面 ABC 的距离为 d .
因为VO ABC
 1  S
3
V ABC
 d  1  1 
32
3 ( 2)2  d ，
3d
26
又VO ABC
 1  S
3
VOAB
 OC  1  1 111  1 ，
326
所以
 1 ，解得 d 3 .
3d
663
所以，点O 到平面 ABC 的距离为 3 .
3
【小问 2 详解】
A 13 
22
由题可知
 , 0, 0  , B 0,1, 0, C  0, 0,  ，

–––→1
 –––→
13 
–––→3 
2222
故 AB    ,1, 0  , AC    , 0,  , OC   0, 0,  .

––––→–––→ λ
 1λ
 ––––→
 1λ
设 AM  λAB    2 ,λ, 0 0  λ 1 ，则 M 2 ,λ, 0  , OM  2 ,λ, 0  .

→
设 p   x, y, z  为平面COM 的法向量，
→ ––––→
1λ
 p  OM  0,
 2x  λy  0,→
则 → –––→
即 3
可取 p  2λ,λ1, 0 .
 p  OC  0,

 2
z  0,
记直线 AC 与平面COM 所成的角为θ，
p  AC
→ –––→
p  AC
→
–––→
–→ –––→λ2
则sinθ cs
p, AC
5λ2  2λ1 

105 ，
2
解得λ 1 ，则 AM
 1 .
BM
AM
所以,存在线段 AB 的中点 M 满足题意，此时 BM
 1 .
【小问 3 详解】
结论： csαcsβ csβcsγ csγcsα 1.下面给出证明： 同（1）设OA, OB, OC 的长度分别为 a, b, c ，则
Aa, 0, 0, B 0, b, 0, C 0, 0, c, AB  a, b, 0, AC  a, 0, c .
→
显然平面 BCO 的一个法向量为 m  1, 0, 0 .
→
设平面 ABC 的法向量为 n  s, t, r  ，
as  bt  0,→

则as  cr  0, 可取 n  bc, ac, ab ，
所以csα
cs
→ →
m, n
→ →

m nbc
a2b2  b2c2  c2a2

 →→ ，
m n
a2b2  b2c2  c2a2
同理得csβ
ac, csγab，
222
b2c2  a2c2  a2b2
a2b2  b2c2  c2a2
故有cs α cs β cs γ 1.
a2b2  b2c2  c2a2
要证. csαcsβ csβcsγ csγcsα 1，
即证csαcsβ csβcsγ csγcsα cs2α cs2β cs2γ①. 事实上，有(csα csβ)2  (csβ csγ)2  (csγ csα)2  0 ，化简得cs2α cs2β cs2γ csαcsβ csβcsγ csγcsα，则①式得证，故csαcsβ csβcsγ csγcsα 1，
当且仅当csα csβ csγ即OA  OB  OC  1 时等号成立，命题得证.