2025-2026学年浙江省北仑中学高二上学期返校考试数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年浙江省北仑中学高二上学期返校考试数学试卷（含答案），共10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。
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s2s2≠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. 2 3913B. 3913C. 72D. 3 1313
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是的中点．
(1)证明：EF⊥B1C；
(2)求csEF,C1G；
(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．
参考答案
1.A
2.C
3.A
4.C
5.B
6.D
7.C
8.D
9.ACD
10.BCD
11.ABD
12.0.6
13.π2
14. 38/18 3
15.解：(1)由题意知：S▵ABC=12bcsinA= 34bc=3 3，
所以bc=12，
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；
(2)因为S▵ABC=S▵ABD+S▵ACD，
即12bcsin∠BAC=12c⋅ADsin∠BAD+12b⋅ADsin∠DAC，
所以12×4×3× 32=12×3×AD×12+12×4×AD×12
所以AD=12 37．

16.(1)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，
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)，G0,43,0，
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；
(2)因为C1G=0,−23,−2，所以C1G=2 103
因为EF= 3，且EF⋅C1G=(1,1,−1)⋅0,−23,−2=2−23=43，
所以csEF,C1G=EF⋅C1GEFC1G=43 3⋅2 103=43⋅32 30=2 30= 3015；
(3)因为H是C1G的中点，所以H0,53,1，
又因为F(1,1,0)，所以HF=1,−23,−1，FH= 12+−232+(−1)2= 229= 223，即FH= 223．

17.解：(1)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，
所以p(A)=n(A)nΩ=1430=715；
(2)(ⅰ)当m∈2,3,4时，
P(A)=n(A)nΩ=m(m−1)+(6−m)(5−m)30=m2−6m+1515，
所以m=3时，P(A)min=25；
当m=5时，P(A)=5×430=23>25，
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(A1)=P(A2)=25，
所以P(B)=1−P(A1)P(A2)=1−(1−25)(1−25)=1625．

18.解：(1)因为P(32,12)，
所以|OP|= 102，
当k=1时，OA的方程为y=x，即x−y=0，
所以点P到直线OA的距离为
|PM|=|32−12| 12+12= 22，
所以|OM|= ( 102)2−( 22)2= 2；
(2)由题意知，直线OA的方程为kx−y=0，
所以P(2,1)到直线OA的距离为|PM|=|2k−1| k2+1，
所以|OM|= |OP|2−|PM|2
= ( 5)2−(2k−1)2k2+1，
所以△OMP的面积S=12× 5−(2k−1)2k2+1×|2k−1| k2+1，
令t=|2k−1| k2+1≥0，
则S=12 5−t2⋅t=12 (5−t2)t2
≤12⋅ (5−t2+t2)24=54，
当且仅当5−t2=t2，即t= 102时，等号成立，
此时|2k−1| k2+1= 102，整理得3k2−8k−3=0，
解得k=3或k=−13(舍负)，
所以△OMP面积的最大值为54，相应的k值为3；
(3)设M(x1,kx1)，N(x2,−kx2)，
T(x,y)，x1>0，x2>0，k>0，
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,+∞)．
19.解：(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A12,0,0,B(0,1,0),C0,0,32，
故AB=−12,1,0,AC=−12,0,32,OC=0,0,32．
设AM=λAB=−λ2,λ,0(0≤λ≤1)，则M1−λ2,λ,0,OM=1−λ2,λ,0．
设p=(x,y,z)为平面COM的法向量，
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=csp,AC=p⋅ACp⋅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−as+bt=0−as+cr=0，可取n=(bc,ac,ab)，
所以csα=csm,n=m⋅nm⋅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．