黑龙江省哈尔滨市第九中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷（Word版附解析）

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（时间：120分钟 满分：150分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设z=-3+2i，则在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先求出共轭复数再判断结果.
【详解】由得则对应点（-3，-2）位于第三象限．故选C．
【点睛】本题考点为共轭复数，为基础题目．
2. 若直线的倾斜角的大小为，则实数（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由直线倾斜角求出直线斜率，再由直线方程列出关于m的方程即可求解.
【详解】若直线的倾斜角的大小为，则直线的斜率为，
则，所以直线即直线，
所以，解得.
故选：D
3. 若直线与平行，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线平行列式求解，并代入检验即可.
【详解】由题意可得：，解得，
若，则直线、，两直线平行，
综上所述：.
故选：A.
4. 对某种电子元件使用寿命跟踪调查，所得样本的频率分布直方图如图．由图可知，这一批电子元件中寿命的分位数为（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据频率分布直方图计算频率为位置即可.
【详解】，
这一批电子元件中寿命的分位数为.
故选：A.
5. 如图，在直三棱柱中，、分别为、的中点，将此三棱柱沿、、截出一个棱锥，则棱锥的体积与剩下几何体体积的比值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先利用相似比求出，再根据棱锥的高与棱柱的高相等，可求出，从而可得棱锥的体积与剩下几何体体积的比值.
【详解】、分别为、的中点，
//，
，
，
，
，
，
剩下几何体体积为，
棱锥的体积与剩下几何体体积的比值是.
故选：C
【点睛】本题主要考查了棱柱、棱锥的体积公式，需掌握柱体、锥体的体积公式，求三棱锥的体积可采用换顶点法求解，属于基础题.
6. 已知，若直线与线段没有公共点，则实数的取值范围是（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件得直线过点，再数形结合，即可求解.
【详解】直线过点，画出图象如下图所示，，
由于直线与线段没有公共点，当时，直线与线段有公共点，不符合题意，
当时，直线的斜率为，
根据图象可知的取值范围是，所以的取值范围是.
故选：A.
7. 在平行四边形中，，，，点在上，，则
A B.
C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】选取为基底，把其它向量用基底表示后计算数量积即可．
【详解】，，，，，
.
故选：B．
【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是选取为基底，用基底表示其它向量．
8. 数学家欧拉年在其所著的《三角形几何学》一书中提出：任意三角形的外心、重心、垂心在同一条直线上，后人称这条直线为欧拉线．已知的顶点分别为，，，则的欧拉线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件结合重心公式计算出重心坐标，再求两边上高线方程并联立求出垂心坐标，最后利用重心和垂心坐标确定欧拉线方程.
【详解】已知的顶点分别为，，，
因为重心为三角形三个顶点对应坐标的平均数，即重心坐标为，即，
因为，则边上的高线斜率为，
因边上的高线过点，故其方程为，即①.
同理，则边上的高线斜率，
因边上的高线过点，故其方程为，即②.
由①，②联立，解得，，即的垂心坐标为.
由题意，欧拉线过重心和垂心，则的欧拉线方程为
即.
故选：D.
二、多选题：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. 设，，是空间的一个基底，则下列说法不正确的是（ ）
A. 则，，两两共面，但，，不可能共面
B. 若，，则
C. 对空间任一向量，总存在有序实数组，使
D. ，，不一定能构成空间的一个基底
【答案】BD
【解析】
【分析】利用空间向量基底的定义可判断选项A和B，根据空间向量基本定理可判断选项C和D．
【详解】对于A，显然，，两两共面，但，，不可能共面，否则不能构成空间的一个基底，故A正确；
对于B，由空间向量基底的定义可知，当，时，所以与所成角不一定为，故B错误；
对于C，根据空间向量基本定理得到总存在有序实数组，使，故C正确；
对于D，假设向量，，共面，则，化简得，因为，，不共面，所以，显然该方程组无解，所以，，不共面，一定能构成空间的一个基底，故D错误．
故选：BD．
10. （多选）已知两平行直线，分别过点，，它们分别绕P，Q旋转，但始终保持平行，则，之间的距离的取值可为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】ABC
【解析】
【分析】本题中两条平行动直线上有两个定点，在平行直线绕两个定点分别旋转时，求两平行直线间距离的可能取值，根据几何关系求解即可.
【详解】当直线，与直线PQ垂直时，它们之间的距离d达到最大，即，∴．故答案为：ABC.
11. 已知点，，且点在直线：上，则（ ）
A. 存在点，使得B. 若为等腰三角形，则点的个数是3个
C. 的最小值为D. 最大值为3
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，分类讨论，利用斜率公式以及两直线垂直的条件即可判断；对于B，分类讨论，讨论等腰三角形的顶点，结合点到直线的距离即可判断；对于C，求出点关于直线l的对称点，结合几何性质，数形结合，即可求解；对于D，结合几何性质，数形结合，即可判断；
【详解】对于A，设，当PM斜率不存在时，，此时，
则，即与不垂直；
当PN斜率不存在时，，此时，
则，即与不垂直；
当且时，，，
若，则，即，
由于，方程无解，故与不垂直；
综合可知不存在点，使得，A错误；
对于B，若等腰的顶点为P，此时P在的垂直平分线上，
则P点横坐标为，此时；
当M为等腰的顶点时，由于点M到直线：的距离为，
故直线l上必存在两点满足，设这两点为，
由于l上纵坐标为1的点为，该点和M的距离为2，
故和M，N不共线，适合题意，

由于N点到直线：的距离为，
故以N点为顶点的等腰不存在，
综合以上可知为等腰三角形，则点的个数是3个，B正确；
对于C，设点关于直线l的对称点为，
则，解得，即，
故,
当且仅当三点共线（P在之间）时取得等号，

即的最小值为，C正确；
对于D，如图，，
当且仅当P为的延长线与l的交点时等号成立，

即最大值为3，D正确，
故选：BCD
【点睛】方法点睛：（1）注意分类讨论方法的应用，比如选项A，B的判断；（2）注意数形结合思想的运用，比如选项C，D的求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 甲、乙两人投球命中率分别为和，则甲、乙两人各投一次，恰好命中一次的概率为______．
【答案】##0.5
【解析】
【分析】利用相互独立事件的概率乘法公式求解即可．
【详解】由题意，甲、乙两人各投一次，恰好命中一次的概率为.
故答案为：.
13. 直线经过点，与轴、轴分别交于、两点，若，则直线的方程为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由向量的坐标运算求出、两点的坐标，再利用直线的斜截式方程求解即可.
【详解】依题意，设，，
则，，
则，
由得，解得，
则，，
则直线的斜率为，方程为即.
故答案为：.
14. 已知点，，点为直线上动点，当最大时，点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】当或时，结合图形求出，当且时，利用正切的两角差公式求出的最大值，结合正切函数的单调性即可得解.
【详解】以为直径的圆方程为，
因为原点到直线的距离，所以圆与直线相离，
所以，
设，因为点为直线上，所以，
1）当时，，此时；
2）当时，，此时；
3）当且时，
因为，所以，
记直线的斜率分别为，
则，
所以
，
当时，；
当时，
若，则，，
当且仅当时等号成立，故
若，则，，当且仅当时等号成立.
综上，的最大值为2，
因为单调递增，所以，此时取得最大值，点坐标为.
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. 已知，，且，求：
（1）；
（2）．
【答案】（1）12 （2）
【解析】
【分析】（1）先根据向量模长公式求出，再结合向量运算法求解即可；
（2）根据求解的值，再开方即可．
【小问1详解】
，解得，
．
【小问2详解】
，所以．
16. 已知△的内角，，的对边分别为，，，若，__________，求△的周长和面积.
在①，，②，，③，这三个条件中，任选一个补充在上面问题中的横线处，并加以解答.
【答案】答案不唯一，具体见解析
【解析】
【分析】
选择①：根据条件求出，，则可求出，再根据正弦定理可求出，进而可得周长面积；
选择②：，，．由正弦定理可得：．由余弦定理可得：，联立解得：，进而可得周长面积；
选择③：由余弦定理可得，则周长可求，再根据可得，通过面积公式可得面积.
【详解】解：选①
因为，，且，，
所以，，
在△中，，即，
所以
，
由正弦定理得，，
因为，所以，
所以△的周长，
△的面积.
选②
因为，
所以由正弦定理得，
因为，所以.
又因为.
由余弦定理得
所以.
解得.
所以.
所以△的周长.
△的面积.
选③
因为，，
所以由余弦定理得，.
即.
解得或（舍去）.
所以△的周长，
因为，
所以，
所以△的面积，
故答案为：
选①△的周长，面积为8；
选②△的周长，面积为；
选③△的周长9，面积为.
【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题.
17. （1）已知直线，．若，求的值；
（2）已知直线，点，求点关于直线的对称点的坐标；
（3）已知直线，是否存在实数，使得直线与轴和轴的正半轴都相交？若存在，求出的范围，并求出与两坐标轴围成的三角形面积的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或；（2）；（3）存在，，三角形面积的最小值为8
【解析】
【分析】（1）根据两直线垂直列出方程即可求解；
（2）设，结合对称性质列方程组求解即可；
（3）先求出直线恒过定点，直线与轴和轴的交点分别为，结合题意即可求得的范围，再表示出，进而结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）由，得，解得或；
（2）设，则，
解得，即.
（3）存在，由，得．
由，得时，则直线恒过定点，如图，
直线与轴和轴的交点分别为，
由题意，，所以，此时直线与轴和轴的正半轴都相交.
而
，
当且仅当，即时，的面积取得最小值8．
18. 如图，在平面四边形中，为边长为2的正三角形，，点为的中点，沿将折起得到四棱锥，且.

（1）证明：；
（2）点为线段上的动点（不含端点），当平面与平面的夹角为时，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形的边角关系可得线线垂直，进而根据线线垂直即可得线面垂直，即可求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.
【小问1详解】
为边长为2的正三角形，点为
中点，连接交于点，
，
，
，
又平面，
平面，
平面，
在底面中，，
所以,进而，
平面，
平面，
平面，
【小问2详解】
由（1）可知，两两垂直，所以以为原点，分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

，
易得为平面的一个法向量，
设，
，
设平面的一个法向量为，则
，
取，则，
平面与平面的夹角为
，
，解得，
当平面与平面的夹角为时，.
19. 在平面直角坐标系中，是坐标原点，定义点与点的“曼哈顿距离”为．若点，点，
（1）求；
（2）已知直线，求点到直线上动点的“曼哈顿距离”最小值；
（3）求平面内与两定点和的“曼哈顿距离”之和等于4的点的轨迹围成的面积．
【答案】（1）2 （2）2
（3）6
【解析】
【分析】（1）由“曼哈顿距离”的定义直接求解即可；
（2）根据“曼哈顿距离”表示出，然后分段去掉绝对值符号，利用一次函数性质求解可得；
（3）根据“曼哈顿距离”的定义求出轨迹方程，判断其对称性，转化为求曲线与轴所围成的面积，然后去掉绝对值符号，利用分段函数作出图象即可求解.
【小问1详解】
由“曼哈顿距离”的定义可得.
【小问2详解】
设直线上动点的坐标为，
则，
由一次函数单调性可知，当时，；当时，；
当时，.
综上，的最小值为2.
【小问3详解】
设点，则，
即，即，
将代入上述方程得，
所以，方程表示的曲线关于轴对称，
故曲线所围成面积等于曲线与轴所围成的面积的2倍.
作出函数的图象，如图：
易知，
四边形的面积为，
所以，所求轨迹围成的面积为6.