2025-2026学年浙江省宁波市北仑中学1-17班高二（上）月考数学试卷（含解析）

这是一份2025-2026学年浙江省宁波市北仑中学1-17班高二（上）月考数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.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( )
A. a,2b,b−cB. 2b,b−2a,b+2a
C. 3a,a−b,a+2bD. c,a+c,a−c
2.已知复数zi3=−3−4i，则|z|=( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
3.已知样本数据x1，x2，⋯，xn的平均数为x−，方差为s2(s2≠0)，若样本数据ax1+1，ax2+1，⋯，axn+1(a>0)的平均数为4x−，方差为4s2，则x−=( )
A. 12B. 1C. 2D. 4
4.已知直线a，b与平面α，β，则能使α⊥β的充分条件是( )
A. 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
5.从2，4，8，16中任取两个数，分别记作a，b，则使lgab为整数的概率是( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
6.已知e1，e2是两个垂直的单位向量.若a=e1−e2，b=2e1+e2，设向量a，b的夹角为θ，则csθ=( )
A. 110B. 22C. 55D. 1010
7.在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若B=π3，b2=94ac，则sinA+sinC=( )
A. 32B. 2C. 72D. 32
8.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( )
A. 2449B. 3049C. 3349D. 3649
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.已知复数z=a+bi(a,b∈R)，|z|=2，则下列说法正确的是( )
A. z⋅z−=4B. 若z2∈R，则z−∈R
C. 若b=2，则z为纯虚数D. 1≤|z−3i|≤5
10.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( )
A. l1//l2的充要条件为m=1或m=−2
B. 若l1⊥l2，则m=−23
C. 若直线l1不经过第四象限，则m≤−1
D. 若m=2，则将直线l2绕坐标原点按逆时针方向旋转π2，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为y=x−1
11.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CD上的动点.则( )
A. G为CD的中点时，平面EFBC⊥平面BCG
B. G为CD的中点时，点E到平面BDG的距离为4 33
C. 存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为60°
D. P为ED所在直线的动点，则|FP|−|PG|的最大值为2 5+2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.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)=______．
13.已知a，b，c为△ABC的三个内角A，B，C的对边，向量m=( 3,−1),n=(csA,sinA)，若m⊥n，且acsB+bcsA=2csinC，则角B=______．
14.一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 342，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四棱锥表面厚度)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。
15.(本小题13分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A=π3．
(1)若a= 13，且△ABC的面积为3 3，求b+c；
(2)若b=4，c=3，∠BAC的平分线交BC于D，求AD的长．
16.(本小题15分)
棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且CG=13CD，H是C1G的中点．
(1)证明：EF⊥B1C.
(2)求cs.
(3)求FH的长．
17.(本小题15分)
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)．
(1)若m=2，求一次抽奖中奖的概率；
(2)若要求一次抽奖中奖的概率最小．
(i)求m；
(ii)求两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖的概率．
18.(本小题17分)
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．
(1)若k=1，P(32,12)，求|OM|的值；
(2)若P(2,1)，求△OMP面积的最大值，并求出相应的k值；
(3)已知k为常数，M，N的中点为T，且S△MON=1k，当P变化时，求|OT|的取值范围．
19.(本小题17分)
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．
(1)当S△OAB+S△OAC+S△OBC(S表示面积)取得最大值时，求点O到平面ABC的距离．
(2)若OA=12,OB=1,OC=32，动点M在线段AB上(含端点)，探究：是否存在点M，使得直线AC与平面COM所成角的正弦值为 25？若存在，求出AMBM的值；若不存在，请说明理由．
(3)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．
答案解析
1.【答案】A
【解析】解：假设向量a，2b，b−c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，不能构成空间的一个基底，故B错误；
由于3a=2(a−b)+(a+2b)，则3a，a−b，a+2b共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
由于c=12(a+c)−12(a−c)，则c，a+c，a−c共面，不能构成空间的一个基底，故D错误．
故选：A．
利用空间向量的基底的定义，逐项判断．
本题主要考查了空间向量基本定理的应用，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由复数zi3=−3−4i，得z=(−3−4i)i3=−(−3−4i)i=−4+3i，
则|z|= (−4)2+32=5．
故选：C．
3.【答案】A
【解析】解：由方差的性质，得ax1+1，ax2+1，⋯，axn+1(a>0)的方差为a2s2，
故a2s2=4s2，
解得a=±2，
由a>0，可知a=2，
由平均数的性质，得ax1+1，ax2+1，⋯，axn+1(a>0)的平均数为ax−+1，
故ax−+1=4x−，
所以2x−+1=4x−，
解得x−=12．
故选：A．
由平均数和方差的运算性质即可求解．
本题主要考查了平均数和方差的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：A中，a⊥α，b⊥β，a/​/b，可得α/​/β，所以推不出α⊥β，所以A不正确；
B中，a⊂α，b⊂β，a⊥b，若α/​/β或α与β相交，所以推不出α⊥β，所以B不正确；
C中，a/​/b，a⊥β，可得b⊥β，而b⊂α，所以α⊥β，所以C正确；
D中，α∩β=a，b⊥a，b⊂β，如图所示，
即α，β不一定垂直，所以D不正确．
故选：C．
由线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理，逐一判断所给命题的真假．
本题考查线面垂直的充分条件的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意可得(a,b)的有序数对分别为(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lgab为整数的有序数对有(2,4)，(2,8)，(2,16)，(4,16)，共4组，
故使lgab为整数的概率是P=412=13．
故选：B．
由古典概型的概率公式进行求解．
本题考查古典概型求概率公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：因为e1，e2是两个垂直的单位向量，不妨设e1=(1,0)，e2=(0,1)，
所以a=e1−e2=(1,−1)，b=2e1+e2=(2,1)，
所以csθ=a⋅b|a||b|=1×2−1×1 12+(−1)2× 22+12= 1010．
故选：D．
由题意，可设e1=(1,0)，e2=(0,1)，由此表示a，b，计算两向量夹角的余弦值．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，是基础题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属于基础题．
根据已知条件，结合正弦定理、余弦定理，即可求解．
【解答】
解：因为B=π3，b2=94ac，
所以由正弦定理可得：sinAsinC=49sin2B=13，
由余弦定理可得：b2=a2+c2−2ac⋅csB=a2+c2−ac=94ac，即a2+c2=134ac，
sin2A+sin2C=134sinAsinC=1312，
所以(sinA+sinC)2=sin2A+sin2C+2sinAsinC=74，sinA+sinC= 72．
故选：C．
8.【答案】D
【解析】解：已知集合U={1,2}，A，B，C是U的子集，且A∪B∪C=U，
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2，则集合A，B，C只能为⌀或者{1}，共23=8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；
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：
集合A，B，C中都有元素2，集合A，B，C中至少有一个集合为{1,2}，
共有C31+C32+C33=3+3+1=7种情况；
集合A，B，C中都有元素1，集合A，B，C中至少有一个集合为{1,2}，
共有C31+C32+C33=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3649．
故选：D．
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．
本题考查排列组合以及集合相关知识，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：已知复数z=a+bi(a,b∈R)，且|z|=2，即a2+b2=4，
选项A：z⋅z−=(a+bi)(a−bi)=a2+b2=4，故A正确；
选项B：若z2∈R，则z2=(a+bi)2=a2−b2+2abi的虚部2ab=0，即a=0或b=0，
当a=0且b≠0时，z−=−bi∉R(如b=2)，故B错误；
选项C：若b=2，由a2+b2=4得a=0，此时z=2i为纯虚数，故C正确；
选项D：|z−3i|= a2+(b−3)2表示圆a2+b2=4上的点到(0,3)的距离，
圆心到(0,3)的距离为3，圆半径为2，故最小距离为3−2=1，最大距离为3+2=5，即1≤|z−3i|≤5，D正确．
故选：ACD．
根据复数的几何意义即可求解．
本题考查了复数的几何意义，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：直线l1：(m+1)x+y+2m−3=0，l2：2x+my+m−2=0，
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l1⊥l2，则2(m+1)+m=0，解得m=−23.故B正确；
对于C，若直线l1：y=−(m+1)x+3−2m不经过第四象限，则−(m+1)≥03−2m≥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π2，得到直线y=x，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为y=x−1，故D正确．
故选：BCD．
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C；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．
本题主要考查直线的相关知识，考查计算能力，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：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CD上的动点对于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，
∵G为CD的中点，∴∠DCG=45°，
∵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，
∵CG⊂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轴建立空间直角坐标系，如图，
则E(4,0,4)，B(0,4,0)，D(0,0,4)，
∵G为CD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)，
则−4y1+4z1=0−2x1−2y1+4z1=0，令y1=1，则z1=1，x1=1，∴s=(1,1,1)．
∵DE=(4,0,0)，
∴点E到平面BDG的距离为|DE⋅s||s|=4 3=43 3，故B正确；
对于C，设点G(−m,n,4)，其中00，
设直线OA的倾斜角为α，
则k=tanα，sin2α=2tanαtan2α+1=2k1+k2，
因为M，N的中点为T，
所以x=x1+x22y=k(x1−x2)2，解得x1=x+ykx2=x−yk，
所以|OM|=x1 1+k2=(x+yk) 1+k2，
|ON|=x2 1+k2=(x−yk) 1+k2，
而S△MON=12|OM|⋅|ON|⋅sin2α=1k，
所以12⋅(x+yk) 1+k2⋅(x−yk) 1+k2⋅2k1+k2=1k，
整理得k2x2−y2=1(x≥1k)，
所以|OT|2=x2+y2=x2+(k2x2−1)
=(k2+1)x2−1≥(k2+1)⋅1k2−1=1k2，
所以|OT|≥1k，
当且仅当x=1k，即T(1k,0)时，等号成立，
故|OT|的取值范围为[1k,+∞)．
【解析】本题考查直线方程的综合求法及应用，点到直线的距离，由基本不等式求最值或取值范围，属于较难题．
(1)利用点到直线的距离公式求得|PM|，再由勾股定理，求解即可；
(2)结合点到直线的距离公式与勾股定理表示出|PM|和|OM|，再将△OMP的面积S表示成关于k的函数，再利用换元法、基本不等式，求解即可；
(3)根据中点坐标公式、二倍角公式，与三角形的面积公式，求得点T的轨迹方程，再运用函数思想求|OT|的取值范围即可．
19.【答案】 33； 存在，AMBM=1； csαcsβ+csβcsγ+csγcsα≤1，理由见解析．
【解析】(1)不妨设OA=a，OB=b，OC=c，则a+b+c=3，且a，b，c>0，
故S△OAB+S△OAC+S△OBC=ab+ac+bc2=(ab+bc+ac)+2ab+2bc+2ac6≤2a2+2b2+2c2+2ab+2bc+2ac6=(a+b+c)26=32，
当且仅当a=b=c=1时等号成立，S△OAB+S△OAC+S△OBC取得最大值，此时AB=BC=AC= 2，
记点O到平面ABC的距离为d．
因为VO−ABC=13×S△ABC×d=13×12× 32×( 2)2×d= 3d6，
又VO−ABC=13⋅S△OAB⋅OC=13×12×1×1×1=16，
所以 3d6=16，
解得d= 33．
所以，点O到平面ABC的距离为 33．
(2)由题可知A(12,0,0),B(0,1,0),C(0,0,32)，
故AB=(−12,1,0),AC=(−12,0,32),OC=(0,0,32)．
设AM=λAB=(−λ2,λ,0)(0≤λ≤1)，则M(1−λ2,λ,0),OM=(1−λ2,λ,0)．
设p=(x,y,z)为平面COM的法向量，
则p⊥OMp⊥OC，则p⋅OM=0p⋅OC=0，即1−λ2x+λy=032z=0，
可取p=(2λ,λ−1,0)．
记直线AC与平面COM所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈p,AC〉|=|p⋅AC||p|⋅|AC|=|λ| 5λ2−2λ+1⋅ 102= 25，
解得λ=12，则AMBM=1．
所以，存在线段AB的中点M满足题意，此时AMBM=1．
(3)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)，
则n⋅AB=0n⋅AC=0，则−as+bt=0−as+cr=0，可取n=(bc,ac,ab)，
所以csα=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|=bc a2b2+b2c2+c2a2，
同理得csβ=ac a2b2+b2c2+c2a2,csγ=ab a2b2+b2c2+c2a2，
故有cs2α+cs2β+cs2γ=b2c2+a2c2+a2b2a2b2+b2c2+c2a2=1．
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．
(1)利用基本不等式可求得S△OAB+S△OAC+S△OBC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；
(2)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；
(3)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．
本题考查立体几何综合问题，以及基本不等式的应用，属于难题．