浙江省北仑中学2025-2026学年高二上学期返校考试数学试卷

北仑中学2025学年第一学期高二年级返校考试数学试卷 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A D B D C D ACD BCD 题号 11 答案 ABD 1．B 【知识点】空间向量基底概念及辨析 【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答. 【详解】 由于，则，，共面，故A错误； 假定向量，，共面，则存在不全为0的实数， 使得，显然不成立， 所以向量不共面，能构成空间的一个基底，故B正确； 由于，则，，共面，故C错误； 由于，则，，共面，故D错误； 故选：B. 2．C 【知识点】求复数的模、复数代数形式的乘法运算、复数的乘方 【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】， 则. 故选：C. 3．A 【知识点】计算几个数的平均数、根据平均数求参数、平均数的和差倍分性质、根据方差、标准差求参数 【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，得的方差为，故， 解得．由，可知. 由平均数的性质，得的平均数为， 故，解得. 故选：A． 4．D 【知识点】面面关系有关命题的判断、判断面面平行 【详解】对于A，当，时，可能平行，可能相交，但不一定垂直，A错误； 对于B，当，时，，B错误； 对于C，当，，时，，但相交但不一定垂直， 如图示： 故C错误； 对于D，，，根据面面垂直判定定理可知，D正确； 故选：D 5．B 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】由古典概型的概率公式进行求解. 【详解】由题的有序数对有， 分别为，，，，，， ，，，，，；共组， 使为整数的有序数对有，，，，共4组， 故概率. 故答案选：B. 6．D 【知识点】数量积的运算律、向量夹角的计算、垂直关系的向量表示 【分析】首先求出向量的数量积，然后求出向量的模，最后根据向量夹角的余弦公式即可求出答案. 【详解】因为是两个垂直的单位向量，所以. 因为， 所以. 而，. 所以. 故选：D. 7．C 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形 【分析】先利用正弦定理求出，再利用余弦定理结合正弦定理得：，再利用平方和公式，结合三角函数的符号求的值. 【详解】因为，， 由正弦定理得：. 由余弦定理可得：，即， 所以， 所以， 又，， 所以. 故选：C. 8．D 【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、根据交集结果求集合或参数、根据并集结果求集合或参数、计算古典概型问题的概率 【分析】首先列出集合的子集，然后根据要求列出满足题干条件的情况种数，最后计算概率值即可. 【详解】因为是的子集，， 所以集合可能是共种情况， 其中满足条件的分以下几种情况： 若均不相同，则可能为和和和， 此时共种情况； 若中有两个相同，则可能为和和和 和和和和， 此时共种情况； 若均相同，则有这1种情况； 以上共计种. 由于，那么符合条件的有： 和和和共种； 和和和共种； 以上共计种. 所以概率为. 故答案为：. 故选：D. 9．ACD 【知识点】复数的分类及辨析、复数代数形式的乘法运算、共轭复数的概念及计算、根据复数对应坐标的特点求参数 【分析】根据共轭复数及复数的乘法可判断；根据复数的分类可判断；根据纯虚数的定义可判断；表示点到的距离，数形结合即可判断. 【详解】，所以， 对于：，故正确； 对于：， 所以，或，或， 当时，不是实数，故错误； 对于：若，则，所以为纯虚数，故正确； 对于：对应的点表示圆上的点，对应的点， 表示点到的距离， 由图可知，故正确. 故选：. 10．BCD 【知识点】已知直线平行求参数、已知直线垂直求参数、直线一般式方程与其他形式之间的互化 【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， 显然直线的斜率存在，若，则，解得或， 经检验时，这两条直线重合，所以，故充要条件不是“或”．故A不正确； 对于B，若，则，解得．故B正确； 对于C，若直线不经过第四象限，则，解得．故C正确； 对于D，若，则直线 ，将其绕坐标原点按逆时针方向旋转，得到直线，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为，故D正确. 故选：BCD 11．ABD 【知识点】证明面面垂直、线面角的向量求法、异面直线距离的向量求法 【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，以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则由三角形三边关系可知当三点共线时取得最大值为，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，由圆柱性质可知平面， 又平面，， 为的中点，， ，，，，即， 又，是平面内的相交直线，平面， 又平面，平面平面，故A正确； 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， 当为中点时，，，， 设平面的一个法向量为，则； 取，则，，所以， 所求异面直线与之间的距离为，故B正确； 对于C，设点，，，其中，0， 由射影定理知，，即， 所以，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，则，，所以， 若直线与平面所成的角为， 则， 由知，代入上式整理得，此方程无解， 所以不存在点，使得直线与平面所成的角为，即选项C错误； 对于D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则中点（即弧所在圆的圆心）的坐标为， 如图， 以为旋转轴将四边形旋转至四边形位置，则平面平行于底面，且，， 则由三角形两边之差小于第三边可知，当，（在延长线上）三点共线时取得最大值为， 又弧所在圆圆心为，半径为2， ，故D正确． 故选：ABD. 12．0.6/ 【知识点】互斥事件的概率加法公式、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】利用互斥事件和对立事件的概率公式求解即可. 【详解】随机事件和互斥，则． 又和对立，. 故答案为：0.6． 13． 【分析】利用向量垂直的坐标表示求出，再利用正弦定理边化角，结合和角的正弦求出即可. 【详解】由，，得， 则，在中，，解得， 由及正弦定理，得 ，而，解得，而，则， 所以. 故答案为： 14． 【知识点】正棱锥及其有关计算、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】先求出正四棱锥的内切球半径，由正四面体在正四棱锥内转动，则正四面体在正四棱锥的内切球内转动，要使正四面体体积最大，则该球即为正四面体的外接球，将正四面体体嵌套在正方体中，通过求正四面体的外接球半径可求得正方体的边长，进而可求解正四面体的体积. 【详解】对于正四棱锥，连接，交于点，则⊥平面， 因为，故，， 又，由勾股定理得， 设正四棱锥的内切球球心为，取的中点，连接，则⊥， ，， 过点作⊥于点，设内切球半径为，则， 则， 因为∽，所以， 即，解得. ∵正四面体在正四棱锥内转动，∴正四面体在正四棱锥的内切球内转动， 要使正四面体体积最大，则该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对角线组成的正四面体，如下图， 则该正四面体的外接球即为正方体的外接球， 设正方体的边长为，则，解得. ∴正四面体的边长为， 该正方体的体积， ∴正四面体的体积. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用三角形面积公式求出，然后利用余弦定理求； （2）等面积法求解. 【详解】（1）由题意知：，所以， 又因为，所以， 所以，即； （2）因为， 即， 所以 所以． 16．(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】空间向量模长的坐标表示、空间向量夹角余弦的坐标表示、空间位置关系的向量证明 【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，计算出，得到直线垂直； （2）利用空间向量夹角余弦公式进行求解； （3）求出的坐标，由公式计算出. 【详解】（1）如图，以为原点，，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， 因为，， 所以， 所以，故； （2）因为，所以 因为，且， 所以； （3）因为是的中点，所以， 又因为，所以，，即. 17．(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【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. 【详解】（1）设“一次抽奖中奖” （1）记这2个红球的编号为个白球的编号为， 所以样本空间，共有30个样本点， 又因为 所以， 所以； （2）（ⅰ）当时，， 所以时，； 当时， 综上所述，所以时，一次抽奖中奖的概率最小． （ⅱ）记“两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖”，“第位顾客中奖”， 由题意知，， 所以． 18．(1) (2)面积的最大值为； (3) 【分析】（1）求出，利用点到直线的距离求出，再利用勾股定理求解即可； （2）根据基本不等式以及点到直线的距离公式求解即可； （3）设直线的倾斜角为，则，利用弦化切分别求出和，利用三角形的面积公式得到，根据，利用基本不等式求解即可. 【详解】（1），， 若，则直线的方程为，即， 则点到直线的距离， ； （2）直线的方程为，即，， ，，， ， 当且仅当时等号成立， 此时点到直线的距离，解得（舍）或， 面积的最大值为，此时； （3） 设直线的倾斜角为，，即，则， ， ， 代入，得， 为，的中点，， ， 即，当且仅当时等号成立， 的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点之一在于设直线的倾斜角，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. 19．(1); (2)存在，; (3)，理由见解析. 【知识点】基本不等式求积的最大值、求点面距离、线面角的向量求法、面面角的向量求法 【分析】（1）利用基本不等式可求得取得最大值时，,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. 【详解】（1）不妨设，则且， 故 ， 当且仅当时等号成立，取得最大值，此时. 记点到平面的距离为. 因为， 又， 所以，解得. 所以，点到平面的距离为. （2）由题可知， 故. 设，则. 设为平面的法向量， 则即可取. 记直线与平面所成的角为， 则， 解得，则. 所以,存在线段的中点满足题意，此时. （3）结论：.下面给出证明： 同（1）设的长度分别为，则. 显然平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则可取， 所以， 同理得， 故有. 要证.， 即证①. 事实上，有， 化简得， 则①式得证，故， 当且仅当即时等号成立，命题得证. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 班级 姓名 准考证号 座位号 北仑中学2025学年第一学期高二年级返校考试 数学答题卡（1-17班）  浙江网教科技有限公司设计 贴条码处,请沿左上角开始贴. 注意事项： 选择题作答必须用2B铅笔，修改时用橡皮擦干净。解答题作答必须用黑色墨迹签字笔或钢笔填写，答题不得超出答题框。 在每页考生信息框中填写姓名及准考证号。 3.贴条码或者填涂准考证请遵循教师指令.                                                                                                                         缺考标记 [ ] 一、单项选择题 1  2  3  4  7  8  5  6  9  10  11  二、多项选择题 三、填空题 12． 13. 14.  四、解答题 15、（本题13分）.  16、（本题15分）. 18、（本题17分）. 17、（本题15分）. 19、（本题17分）. $$ 北仑中学2025学年第一学期高二年级返校考试数学试卷 （1-17班使用） 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． 1．已知，，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．，， B．，， C．，， D．，， 2．已知复数，则|z|＝（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．已知样本数据的平均数为，方差为 ，若样本数据的平均数为，方差为，则（    ） A． B．1 C．2 D．4 4．已知直线与平面，则能使的充分条件是（   ） A． B． C． D． 5．从2，4，8，16中任取两个数，分别记作a，b，则使为整数的概率是（ ） A． B． C． D． 6．已知是两个垂直的单位向量．若，设向量的夹角为，则（ ） A． B． C． D． 7．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则（   ） A． B． C． D． 8．已知集合是的子集，且，则的概率为（　　） A． B． C． 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. 9．已知复数，则下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则为纯虚数 D． 10．已知直线，，则下列说法正确的是（    ） A．的充要条件为或 B．若，则 C．若直线不经过第四象限，则 D．若，则将直线绕坐标原点逆时针旋转，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为 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组合而成，，，是上的动点.则（   ） A．为的中点时，平面平面 B．为的中点时，点到平面的距离为 C．存在点，使得直线与平面所成的角为 D．为所在直线的动点，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知随机事件和互斥，和对立，且，则 ． 13．已知为的三个内角的对边，向量，若，且，则 ． 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 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．在中，内角所对的边分别为． (1)若，且的面积为，求； (2)若的平分线交于，求的长． 16．棱长为2的正方体中，E，F分别是，DB的中点，G在棱CD上，且，H是的中点. (1)证明：； (2)求； (3)求FH的长. 17．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（）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，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； （ⅱ）求两位顾客抽奖至少有一位顾客中奖的概率． 18．如图，，设射线所在直线的斜率为，点在内，于，于. (1)若，，求的值； (2)若，求面积的最大值，并求出相应的值； (3)已知为常数，，的中点为，且，当变化时， 求的取值范围． 19．如图，在空间直角坐标系中，点分别在轴上（点异于点），且. (1)当（表示面积）取得最大值时，求点到平面的距离. (2)若，动点在线段上（含端点），探究：是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. (3)记平面与平面、平面、平面的夹角分别为，比较与1的大小关系，并说明理由. 数学试题 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $$