广西南宁二中2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷

这是一份广西南宁二中2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷，共11页。

命题人：冼天悦、彭剑峰审题人：吴迪
2025 年高二年级 9 月月考数学试题参考答案
10i10i3  i103i  i2 
1．B．【详解】因为3  i z  10i，所以 z  1 3i ，
3  i3  i3  i10
所以复数 z 在复平面内对应的点为−1，3，该点在第二象限，故选：B．
2．A．【详解】当k  0 时，得l2 : x  3 ，此时l1 与l2 不垂直；
当k  0 时，若l  l ，则2   1   1，解得k  2 ，故选：A．
12 k 

3．A．【详解】对①，若 m//，m// ，则与平行或相交，①错误； 对②，若⊥， ⊥，则与平行或相交，②错误；
对③，若 m⊥，m⊥，则// 成立，③正确； 对④，若 m//，n⊥，则 m⊥n，④错误．
故选：A．
2
4．A．【详解】由2c  2得c  2 ，
又a2  b2  c2  b2  2  2 ，所以b2  2 ， m  a2  4 ，得a  2 ，所以e  c 
a
2 ．故选：A．
2
5．B．【详解】因 yi  4xi  3 i  1, 2,, n  ，可得 y  4x  3 ， s2  42 s2  16s2 ，故 B 正确，A，C，D 均错误．故选：B．
6．C．【详解】如图所示，以 D 为坐标原点， DC 为 x 轴， DA 为 y 轴建立平面直角坐标系，
设 AD  a ，则 B(2, a) ， E(0, a ) ， A(0, a) ， C(2, 0) ，
2
2
̅̅?̅̅→ = −2， −，̅̅?̅→ = 2， − ，
依题意，因为 BE  AC ，即 BE  AC ，
所以̅̅?̅̅→ ⋅ ̅̅?̅→ = −2, −
⋅ 2, − =− 4 + 2 = 0，
2
2
结合 a  0 ，解得a  2 2 ，则 E(0, 2 ) ， A(0, 2 2 ) ， CA  (2, 2 2) ， CE  (2, 2) ，
因此， CA CE  (2, 2 2)  (2, 2)  4  4  8 ，故选：C．
16  9
7．A．【详解】圆心 P 3, 5 到直线4x  3 y  2 的距离等于|12  3 (5)  2 |  5 ，由| 5  r | 1，解得4  r  6 ，故圆的半径r 的取值范围是(4, 6) ，故选：A．
π 
8．B．【详解】设 AB  c ， AC  b ， BC  a ，则a cs B  2b sin A   b sin A  b cs A ，
4 

故由正弦定理可知sin A cs B  sin B sin A  sin B cs A ，
sin C  sin A  B  sin A cs B  sin B cs A  sin B sin A  2 sin B cs ，
5
于是 AB  sin C  sin A  2 cs A  5 sin  A  ，
ACsin B
其中tan 2 ，当且仅当tan A  1 时，等号成立，故 B 正确．故选：B．
2
BD．【详解】圆C 的方程为(x 1)2  ( y 1)2  2 ，所以2  0 ，得 2 ，故 A 错误
因为圆C 的圆心1, 1 在直线 x  y  0 上，所以圆C 关于直线 x  y  0 对称，故 B 正确
圆心1, 1 到直线 x  y  1  0 的距离d 
可得圆C 的半径为1，得 1 ，故 C 错误
2 ，又弦长为2
r2  d 2
2
 2 ，
12  112
5
当 1 时，可得圆C 的方程为 x 12   y 12  1，则圆心C 1, 1，半径为1，CA ，
AC 2  r2
所以切线长为 AB 

 2 ，故 D 正确．故选：BD．
5 1
BD．【详解】将函数 y  f (x) 的图象向右平移π 个单位长度，得 y  cs(x  π)  cs(x  π ) 的图象，
333
a2  b2
3
依题意， π  2kπ(k  N) ，解得 6k k  N ，所以的取值可能是 6，12．故选：BD．
x2
2
ABD．【详解】椭圆 y  1 ，则
，则 F 
3, 0, F 
3, 0，
a  2, b  1, c 
3
3
4
12
3
对于 A：因为 PF1  PF2
 2a  4, F1F2
 2c  2
，所以△ 12的周长为4  2
，故 A 正确；
对于 B：当 P 在椭圆的短轴顶点时F1PF2 取得最大值，
3
不妨取 P 0,1 ，此时 PF2  PF1   3  (1)2  2  0 ，
所以F PF 为钝角，所以存在点 P 使得F PF  π ，B 正确；
12122
对于 C：因为 A 2, 0, B 2, 0  ，设 P  x, y x  2，
yyy2y21
则kPA  kPB  x  2

x  2
x2  4 
4 y
2   4
，故 C 错误；
PF2
PF1
PF2

PF1
PF1
PF2
对于 D：因为 PF1  PF2  4 ，
111 
11 
1 
1 
PF1
PF2
4

所以

 PF1
 PF2  
 2 
   2  2
  1，
PF1
PF2
PF1
PF1
PF2
4 
4 
PF∣2 
PF2
PF1
当且仅当
，即 PF2
 PF1
 2 时取等号，故 D 正确．故选：ABD．
命题人：冼天悦、彭剑峰审题人：吴迪
cs
cs
2 sincs
2
2
2
2
【答案】．【详解】 sin   
tan1
．故答案为：．
4 
2
5
【答案】
．【详解】圆C1
: x2  y2  2kx  y  3  0与圆C
: x2  y2  x  ky  0 相减可得公共弦所在直
2
线为 k 2x  y  x  y  3  0，
2x  y  0

令x  y  3  0
，解得x  1 ，即 P 1, 2 ，
 y  2

12  22
5
又直线l 过点 P ，所以当OP  l 时，原点到直线l 的距离取最大值，最大值为 OP ．
故答案为： 5．
【答案】 32π ．【详解】如图，将三棱锥S  ABC 补成三棱柱 ABC  A B C ，点S 与 A 重合，
31 1 11
正三棱柱 ABC  A1B1C1 外接球也为三棱锥 S  ABC 的外接球，令球心为O ，半径为 R ，
记△ ?和△A1B1C1 外接圆的圆心分别为O1 和O2 ，其半径为r ，
12 
32
由正弦定理得： r  3  1，而O 为O1O2 的中点，则 R 
 2，
2sin60
所以该三棱锥的外接球的体积为V  4 πR3  32π ．
33
【详解】（1）由题意知(0.010  0.015  0.020  m  0.025) 10  1，解得m  0.030 ，设第70 百分位数为n ，
因为位于[50,80] 之间的频率为0.45 ，位于[50, 90]之间的频率为0.75 ，所以80  n  90 ，
令0.45  (n 80) 0.030  0.7 ，解得n  80  25  88.33 ，即第70 百分位数为88.33 ．
3
（2）由0.02 : 0.03  2 : 3 ，得这5 人中物理成绩在[70,80) 的人数为2 ，分别记为a, b ，在[80,90) 的人数为3 人，分别记为c, d , e ，
在这5 人中抽取2 人，共ab, ac, ad , ae, bc, bd , be, cd , ce, de ，10 个基本事件，
这2 名学生物理成绩在[70,80) 和[80,90) 内各1人，共ac, ad , ae, bc, bd , be ， 6 个基本事件，
故这2 名学生物理成绩在[70,80) 和[80,90) 内各1人的概率为 P  6  3 ．
105
3
【详解】（1） = 2sin2 − 2 3cs2 = 4 sin 2 −．
由 π  2kπ  2x  π  π  2kπ, k  Z ，可得− + ≤ ≤ 5 + ， ∈ ，
232
1212
所以函数 f x  的单调递增区间为 − + ， 5 + ， ∈ ．
1212
3
（2）当 ∈ 0， 时，− ≤ 2 − ≤ 2，所以− 3 ≤ sin 2 −
≤ 1，则−2
≤ ≤ 4，
23332
3
若()在 0， 上有零点，则直线 = 与函数()的图象在 0， 上有公共点，
22
所以实数的取值范围是−2 3，4．
【详解】（1）侧面 BCC1B1 为矩形， BC  CC1 ，
又平面 BCC1 B1  平面 ACC1 A1 ， BC  平面 BCC1B1 ，平面 BCC1B1 ∩ 平面 ACC1 A1  CC1 ，所以 BC  平面 ACC1 A1 ，
因为 A1C  平面 ACC1 A1 ，所以 BC  A1C ．
2
因为 AA  2, AC  AC ，所以 AA2  AC2  AC2 ，所以 AC  AC ，
11111
因为 AC ∩ BC  C ， AC, BC  平面 ABC ，所以 A1C  平面 ABC ．
（2）连接 AC1 ，如图，
由（1）易知A1 AC  45 ，
所以由已知可得CC1  2, AC  2, ACC1  135 ，
10
1
在△ACC 中由余弦定理可得 AC  22   2 2  2 2 2  2 ，
12
因为 B1C1 ∥ BC ，所以 B1C1  平面 ACC1 A1 ，因为 AC1  平面 ACC1 A1 ，所以 B1C1  AC1 ，
13 10
3
所以在Rt△AB1C1 中 B1C1 ，
由（1）易知CA,CB,CA1 两两互相垂直，故以C 为坐标原点， CA,CB,CA1 所在直线分别为 x, y, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C 0, 0, 0 ， A 
2, 0, 0  ， B 0, 3, 0 ， B1 
2, 3, 2 ， C1 
2, 0, 2 ，
–––→––––→–––→
CB  0, 3, 0, CC1   2, 0, 2 , AB1  2 2, 3, 2 ，
设平面 BCC1B1 的法向量为n (x, y, z)，
命题人：冼天悦、彭剑峰审题人：吴迪
 → –––→
n CB  3y  0→
则 → ––––→
取n  1, 0,1 ，
n CC1   2x  2z  0
设直线 AB1 与平面 BCC1B1 所成的角为，
n  AB1
→ –––→
n AB1
→ –––→
→ –––→13
则sin cs n, AB1  13 ，
所以直线 AB 与平面 BCC B 所成角的正弦值为 13 ．
11 1
13
【详解】（1）由正弦定理得， sin Bsin B  C sin Asin B ，
2
因为sin B  0 ，所以sin B  C  sin A ，即cs A  sin A  2sin A cs A ，
2222
又因为 A  0, π  ，所以sin A  1 ，故 A  π ．
22 

223

–––→
1 –––→2 –––→
–––→ 2
1
9
–––→ 2
4
9
–––→ 2
4 –––→ –––→
（2）由 DC = 2DB 知， AD 
AC 
33
AB ，则有 AD

AC 
AB AB AC
9
csBAC ，
即4  1 b2  4 c2  2 bc ，化简得b2  4c2  2bc  36，
999
8  b2
在△ ?中，由余弦定理得cs ADC ，
8
5  c2
在 ABD 中，由余弦定理得csADB ，
4
由csADB  csADC  0 ，则2c2  b2  18 ，则2 2c2  b2   4c2 +b2  2bc ，化简得b  2c ，
3
则2c 2  4c2  2  2c  c  36 ，即c2  3 ，则c （负值舍去），
所以 S△ABC
 1 bcsin BAC  3 3 ．
22
a  2c
【详解】（1）由题意得a  c  3 ，所以a  2, c  1 ，

2
因为b2  a2  c2  3，所以椭圆C 的标准方程为 x
2
y
 1．
43
（2）①证明：法一：由（1）可知 A 2, 0, B 2, 0  ，
设直线 AN 的斜率为k ，则直线 BM 的斜率为3k ，设 M  x1, y1 , N  x2 , y2  ，则直线 AN 的方程为 y  k  x  2 ，直线 BM 的方程为 y  3k x  2  ，
 y  k  x  2
联立
，化简得3  4k 2  x2 16k 2 x 16k 2 12  0 ，

3x
2  4 y2
 12
6  8k 2
x2  3  4k 2
 6  8k 2
12k 
因为 A2, 0 ，所以
 y
 2
12k ，即 N  3  4k 2 , 3  4k 2 ，

 3  4k 2
 y  3k  x  2
联立
，化简得112k 2  x2  48k 2 x  4 12k 2 1  0 ，

3x
2  4 y2
 12
24k 2  2
x1  112k 2
 24k 2  2 12k 

因为 B 2, 0 ，所以
 y  
12k
，即 M  112k
,  112k
2  ，

 1
2
112k 2
12k
12k
3  4k 2  112k 2
12k 16k 2  4
4k
则kMN  6  8k 224k 2  2 
12 116k 4 
 1 4k 2 ，
3  4k 2  112k 2
12k
4k6 8k2 4k

所以直线 MN 的方程为 y  3  4k 2
所以直线l 过定点1, 0 ．
 1 4k 2  x  3  4k 2 ，整理得 y  1 4k 2 x  1 ，
法二：设 M  x1, y1 , N  x2 , y2  ，又由（1）知 A 2, 0, B 2, 0  ，
所以 kAM
y1
x  2
, kBM
y1
x  2
, kAN
y2，
x  2
则有 k
112
yyy2
 k 1 1  1 ，
AMBM
x  2 x  2x2  4
111
x2y2
2323
又 1  1
 1 ，则 y1  4  x1 ，代入上式可得kAM  kBM   .
4344
又因为k 3k，所以k k  1 .
BMAN
AMAN4
设直线 MN 的方程为 x  my  t t   2 ，
x  my  t

联立 x
2  y2
，得3m2  4 y2  6mty  3t 2 12  0 ，

1
 43
 y  y
  6mt
9m29

所以
123m2  4
3t2 12
  36m2  43m2  4  3t2 12  0  3t2 12  3  t2 
，且3m2  43  4
 y y m2
 1 2
3m2  4
命题人：冼天悦、彭剑峰审题人：吴迪
x  x
 12
8t
3m2  4
所以
x x
 1 2
3t2 12m2 ，
 3m2  4
由kAM  kAN
y1 
x  2
y2
x  2
y1 y2
x  2 x
 2   4 ，
1
1212
3t2 121
化简得
4t2  16t  16   4
且4t 2 16t 16  0 ，
即t 2  t  2  0 ，解得t  1或t  2 （舍），所以直线l 过定点1, 0 ．