精品解析：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 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按逆时针方向旋转，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，则角_____________. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北仑中学2025学年第一学期高二年级返校考试数学试卷 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. ，， 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答. 【详解】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A正确； 由于，则，，共面，故B错误； 由于，则，，共面，故C错误； 由于，则，，共面，故D错误； 故选：A. 2. 已知复数，则|z|＝（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 已知直线与平面，则能使的充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质、面面垂直的判定及充分条件的定义逐项判断. 【详解】对于A，由，得，而，则，A不是； 对于B，，分别是平面内互相垂直的异面直线，满足，B不是； 对于C，由，得，又，则，C是； 对于D，由，得二面角的平面角可以是锐角、直角，也可以是钝角，D不是. 故选：C 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. 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】是两个垂直的单位向量，故可设，，再根据向量的坐标相关计算法则即可计算． 【详解】由题意可设，， 则，，， 则． 故选：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. 【答案】C 【解析】 【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. 已知集合，，，是的子集，且，则的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】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. 【详解】已知集合，则集合的子集个数为个，分别为，，，， 则集合，，所有可能的情况共种. 当时，有以下几种情况： 集合，，中没有元素1，则集合，，只能为或者，共种情况； 集合，，中没有元素2，则集合，，只能为或者，共种情况； 在上述两种情况中，集合，，均为的情况重复，则共有种情况. 因此满足的情况共有种. 当时，有以下几种情况： 集合，，中都有元素1，为了满足，集合，，中至少有一个集合为， 共有种情况； 集合，，中都有元素2，为了满足，集合，，中至少有一个集合为， 共有种情况； 在上述两种情况中，集合，，的情况重复，则时，共有种情况. 因此的情况共有种. 根据古典概型概率公式可得的概率为. 故选：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. 【答案】ACD 【解析】 【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. 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按逆时针方向旋转，再向右平移一个单位长度，所得直线方程为 【答案】BCD 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【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. 又平面，且，平面， 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， 为的中点，， 则， 设平面的一个法向量， 则，令，则，所以. ，点到平面的距离为.故B正确； 对于C，设点，其中， 是上的动点，弧所在圆的圆心（即线段的中点）坐标为，半径为， ，即. ，， 设平面的一个法向量， 则，令，则，所以. 若直线与平面所成的角为， 则， 由可得，代入上式整理得， 由可知此方程无解， 所以不存在点使得直线与平面所成的角为，故C错误； 对于D，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，当三点共线时，取得最大值为， 又弧所在圆的圆心为，半径为， 所以，故D正确. 故选：ABD. 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______． 【答案】0.6## 【解析】 【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. 已知为的三个内角的对边，向量，若，且，则角_____________. 【答案】 【解析】 【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. 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______. 【答案】## 【解析】 【分析】作出正四棱锥为，求出其内切球的半径，再将正四面体置于正方体中，由题意可得正四面体为正方体的面的对角线组成的正四面体，且该正方体的外接球就是前面所求的正四棱锥的内切球，求出正方体的棱长，即可求得答案. 【详解】设正四棱锥，连接相交于点， 则有平面， 因， 所以， 所以， 又因为, 由勾股定理可得， 设正四棱锥的内切球的球心为， 取边中点，连接，， 则有， 且，， 过点作于， 设内切球半径为， 则，， 又因为， 所以，即， 解得， 因为正四面体在正四棱锥内绕中心任意转动， 要使正四体的体积最大，则该内切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面的对角线组成的正四面体， 该正四面体的外接球即为此正方体的外接球, 设正方体的棱长为， 则有， 解得， 所以正四面体的边长为， 所以正方体的体积， 所以正四面体的体积. 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. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由题意知：，所以， 又因为，所以， 所以，即； 【小问2详解】 因为， 即， 所以 所以． 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 因为，所以 因为，且， 所以； 【小问3详解】 因为是的中点，所以， 又因为，所以，，即. 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． 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 （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. 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． 【答案】（1） （2）面积的最大值为； （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 ，， 若，则直线方程为，即， 则点到直线的距离， ； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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. 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. 【答案】（1）; （2）存在，; （3），理由见解析. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $