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年下学期 月高二联考数学
２０２５ １０
参考答案、提示及评分细则
．答案
１【 】B
解析 设z ( ２－i ) ２ (２－i) ２ ３－４i 所以z在复平面内对应的点的坐标为 位于第二
【 】 ＝ ＝ ＝ ＝－３＋４i, (－３,４),
i －１ －１
象限 故选 ．
, B
．答案
２【 】C
解析 点M 关于平面yOz的对称点为 故选 ．
【 】 (１,－２,３) (－１,－２,３), C
．答案
３【 】D
２ ２ ２
解析 易得这三个数据的平均数x １２＋１５＋１８ 方差s２ (１２－１５)＋(１５－１５)＋(１８－１５) 故
【 】 ＝ ＝１５, ＝ ＝６,
３ ３
选 ．
D
．答案
４【 】C
解析 当 θ 时 直线l的方程为x 此时直线l的倾斜角α π 当 θ 时 直线l的斜率为
【 】 cos＝０ , ＝－２, ＝ ; cos ≠０ ,
２
α １ 因为 θ 所以 １ 即 α
tan ＝ θ, cos∈[－１,０)∪(０,１], θ∈(－∞,－１]∪[１,＋∞), tan ∈(－∞,－１]∪
cos cos
é ö æ ù
又因为α 所以结合正切函数的图象可得α ê êπ π÷ çπ ３π ú ú 综上可得 直线l的倾
[１,＋∞), ∈[０,π), :∈ ë , ø∪è , û, :
４ ２ ２ ４
é ù
斜角α的取值范围是ê êπ ３π ú ú 故选 ．
ë , û, C
４ ４
．答案
５【 】AB
解析 当m n 时e 与e 共线 则e e e 共面 符合题意 当m n 时e e
【 】 ＝４,＝１ ,２ ３ , １,２,３ ,A ; ＝３,＝２ ,１＝(１,１,０),２＝
e 故e e １e 则e e e 共面 符合题意 故选 ．
(２,３,１),３＝(２,４,２), ２＝ １＋ ３, １,２,３ ,B , AB
２
．答案
６【 】D
( ) (α )
解析 由余弦二倍角公式可得 α π ２ π ５
【 】 cos － ＝２cos － －１＝－ ,
６ ２ １２ ８
( ) ( )
所以 α π ２α π ３９ 故选 ．
sin － ＝± １－cos － ＝± , D
６ ６ ８
高二数学试题参考答案 第 页 共 页
【 １ ( ７ )】．答案
７【 】C
解析 由题意设圆台OO 的上 下底面圆的半径分别为r r 则其母线长为 r 高为 r 可得球O的半径
【 】 １ ２ 、 ,２ , ２ , ３ ,
为 r 故４π r３ ３２ 解得r 所以该圆台的表面积S r２ r２ r r r r２
２ , (２ )＝ π, ＝１, ＝π ＋４π ＋π(＋２ )２ ＝１１π ＝１１π,
３ ３
故选 ．
C
．答案
８【 】B
x y
解析 设OD→ OA→ OE→ OB→ 因为 z 所以OP→ xOA→ yOB→ zOC→
【 】 ＝４ ＝(４,０,０), ＝２ ＝(０,２,０), ＋ ＋ ＝１, ＝ ＋ ＋ ＝
４ ２
x y
OD→ OE→ zOC→ 所以DECP四点共面 当OP 平面DEC时 OP→ 有最小值．CD→
＋ ＋ , , , , , ⊥ ,| | ＝(４,０,－１),
４ ２
ì
ïm CD→ a c
ï ＝４ － ＝０
CE→ 设平面DEC的一个法向量m abc 则í 取a 则b c
＝(０,２,－１), ＝(,,), ïï , ＝１, ＝２,＝４,
îm CE→ b c
＝２ － ＝０
m OC→
所以m 为平面DEC的一个法向量 所以O到平面DEC的距离d | | ４ ２１ 故选 ．
＝(１,２,４) , ＝ m ＝ , B
| | ２１
．答案
９【 】BD
解析 当a b 时a２ b 则a２ b 不成立 故 错误
【 】 ＝ ＝１ － ＝０, － ＞０ , A ;
a b ２ a b ab ab a b 当且仅当a b 时取等号 故 a b 故
( ＋ )＝ ＋ ＋２ ＝２＋２ ≤２＋ ＋ ＝４, ＝ ＝１ , ＋ ≤２, B
正确
;
( ) ( ) b a b a b a
１ １ a b １ １ 当且仅当 即a b 时等号成立
２a＋b ＝(＋ )a＋b ＝２＋a＋b≥２＋２ ab＝４, a＝b, ＝ ＝１ ,
则１ １ 故 错误
a＋b≥２, C ;
a b ab 因为 a b ab 当且仅当a b 时等号成立 所以ab 于是 ab
log２ ＋log２ ＝log２ , ２＝ ＋ ≥２ , ＝ ＝１ , ≤１, log２ ≤
即 a b 故 正确 故选 ．
log２１＝０,log２ ＋log２ ≤０, D , BD
．答案
１０【 】ACD
解析 因为平行六面体ABCD ABCD 的各面均为含２π内角的菱形 所以a b c 且ab
【 】 － １ １ １ １ , ||＝||＝||＝１, ,,
３
c两两之间的夹角均为π 所以a b a c b c １ 故a c b c a b a c c b c c
, ＝ ＝ ＝ , (＋ )(＋ )＝ ＋ ＋ ＋ ＝
３ ２
１ １ １ ５ 故 正确 AC→ BD→ a b c a b c a a b b c c b c
＋ ＋ ＋１＝ , A ; １ １＝(＋ ＋ )(－ ＋ ＋ )＝－ ＋ ＋ ＋２ ＝
２ ２ ２ ２
故 错误 AC→ ２ a b c ２ a ２ b ２ c ２ a b 故 AC→ 故 正确
２, B ;| １| ＝| ＋ ＋ | ＝| | ＋| | ＋| | ＋６ ＝６, | １|＝ ６, C ;
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【 ２ ( ７ )】AB→ AD→ a c b c
BAD １ １ (＋ )(＋ ) ５ １ 又 ab １ 故 BAD ab 故 正
cos∠ １ １＝ AB→ AD→ ＝a c b c ＝ ＞ , cos‹,›＝ , ∠ １ １＜‹,›, D
| １|| １| | ＋ |×| ＋ | ６ ２ ２
确 故选 ．
, ACD
．答案
１１【 】ACD
解析 不妨取空间内一点C使得n BC→ 则n AC→ 由α β 可知BC→ AC→ 故由投影向量性质可知
【 】 １＝ , ２＝ , ⊥ ⊥ ,
AB→ AC→ AC→ ２ 故 正确 同理 AB→ n AB→ BC→ BC→ ２ n ２ 故 错误 由α β 可得
| |＝| |, A ; | １|＝| |＝| |＝| １|, B ; ∥
n n 故可设n λn 故AB→ n n λ n 可知n与AB→共线 故 正确 由l β 可得AB→ n 显
１∥ ２, ２＝ １, ＝ ２－ １＝(－１)１, １ , C ; ∥ ２＝０,
然AB→与n不共线 于是n n AB→不与n共线 故两平面不平行 故二者只能相交 故 正确 故选 ．
２ , １＝ ２－ ２ , , , D , ACD
．答案
１２【 】１
m
解析 由l 与l 的斜率相等 可得 ＋３ 解得m 故答案为 ．
【 】 １ ２ , m ＝２, ＝１, １
＋１
．答案
１３【 】(０,１]
{ x }
【 解析 】 由题意知A ＝ x | ２ x － ≥０ ＝{ x |０＜ x ≤２}, B ＝{ y | y ＞１}, 故 ∁ R B ＝{ y | y ≤１}, 所以A ∩(∁ R B )＝
故答案为 ．
(０,１], (０,１]
．答案
１４【 】５
解析 由l ml n得AB→ AD→ AB→ BC→ 由AB→ BC→ 得AB→ AC→
【 】 ⊥ ,⊥ ＝０, ＝０, ＝０ ＝
AB→２ 由AB→ CD→ 可得AB→ AC→ AB→ AD→ 由AD→ BC→ 可得AC→
, ＝－４ ＝ ＋４＝４, ＝２
AD→ AB→ AD→ 而AB→ AC→ AB→２ 得AB ．由 BAC DAC得
＝ ＋２＝２, ＝４＝ , ＝２ ∠ ＝∠
AB→ AC→ AC→ AD→
BAC DAC 即 | | | | 即４ ２ 解得AD 故由勾股定理得BD
cos∠ ＝cos∠ , AB→ AC→＝ AC→ AD→ , ＝AD, ＝１, ＝
| || | | || | ２
AB２ AD２ 故答案为 ．
＋ ＝ ５, ５
．解析 由直线l x y y ２x ８可得斜率为 ２ 分
１５【 】(１) ２:２ ＋３ －８＝０⇒ ＝－ ＋ － , １
３ ３ ３
所以根据垂直关系可设所求直线方程为y ３x b 分
＝ ＋ , ３
２
则依题意有 ３ b 解得b ５ 分
４＝ ×１＋ , ＝ , ６
２ ２
所以所求直线的斜截式方程为y ３x ５． 分
＝ ＋ ７
２ ２
{x y
－２ ＋３＝０ x y
联立 解得交点坐标为 设直线方程为 ab 分
(２) (１,２), a＋b＝１(,≠０), ９
x y
２ ＋３ －８＝０
高二数学试题参考答案 第 页 共 页
【 ３ ( ７ )】ì ï a b
＝－
ï
依题意í 解得a b 分
ï , ＝－１,＝１, １２
ï１ ２
îa＋b＝１
所以所求直线的一般式方程为x y ． 分
－ ＋１＝０ １３
．解析 设AC BD O 连接OE 过D向OE作垂线 垂足为H 分
１６【 】(１) ∩ ＝ , , , , １
因为平面BDE 平面EAC 平面BDE 平面EAC OE DH OE DH 平面
⊥ , ∩ ＝ , ⊥ , ⊂
BDE 所以DH 平面EAC 分
, ⊥ , ３
因为AC 平面EAC 所以DH AC
⊂ , ⊥ ,
因为DE 平面ABCDAC 平面ABCD 所以DE AC 分
⊥ , ⊂ , ⊥ , ５
因为DH DE DDH DE 平面BDE 所以AC 平面BDE
∩ ＝ , , ⊂ , ⊥ ,
因为BDC 平面BDE 所以AC BD． 分
⊂ , ⊥ ６
因为AD CD 结合 可知底面为正方形 以D为原点 DADCDE所在直线分别为xyz轴 建立
(２) ⊥ , (１) , , , , ,, ,
空间直角坐标系 则A C E B F 分
, (２,０,０), (０,２,０), (０,０,２), (２,２,０), (２,０,１), ８
AC→ AE→ BF→ FE→
＝(－２,２,０), ＝(－２,０,２), ＝(０,－２,１), ＝(－２,０,１),
ì
ïn AC→ x y
ï ＝－２ ＋２ ＝０
设平面EAC的一个法向量为n xyz 则í 令x 得n ． 分
＝(,,), ïï , ＝１ ,＝(１,１,１) １０
în AE→ x z
＝－２ ＋２ ＝０
ì
ïm BF→ y z
ï ＝－２ ０＋ ０＝０
设平面BEF的一个法向量为m x y z 则í 令z
＝(０,０,０), ï
ï
, ０＝２
îm FE→ x z
＝－２ ０＋ ０＝０
得 m ． 分
, ＝(１,１,２) １２
n m
设平面BEF与平面EAC的夹角为θ 则 θ | | ４ ２２ 分
, cos＝n m ＝ ＝ , １４
||| | ３× ６ ３
即平面BEF与平面EAC的夹角的余弦值为２２． 分
１５
３
．解析 由正弦定理可得 B A C A A C 分
１７【 】(１) ２sin cos ＋sin cos ＋sin cos ＝０, ２
所以 B A A C B A B 分
２sin cos ＋sin( ＋ )＝２sin cos ＋sin ＝０, ４
因为 B 所以 A １．因为A 所以A ２ ． 分
sin ≠０, cos ＝－ ∈(０,π), ＝ π ６
２ ３
由题意可得BC B C π． 分
(２) ＝６, ＝ ＝ ７
６
高二数学试题参考答案 第 页 共 页
【 ４ ( ７ )】设 ADE α 则 AED ２π α． 分
∠ ＝ , ∠ ＝ － ８
３
AB AD
在 ABD中 由正弦定理得 所以AD ３ 分
△ , α ＝ , ＝ α; １０
sin(π－ ) π sin
sin
６
DE AD
在 ADE中 由正弦定理 得 所以DE ３ １ ３
△ , ,
π
＝ (
２π α
), ＝
２
×
α
(
２π α
)＝
sin
２α
＋ ３sin
α
cos
α＝
sin sin － sinsin －
３ ３ ３
３ ３ ． 分
α ＝ ( ) １３
１－cos２ ３ α １ α π
＋ sin２ ＋sin２ －
２ ２ ２ ６
由π α π 得π α π ５π 所以当 α π π 即α π时 DE取得最小值为 ． 分
＜ ＜ , ＜２ － ＜ , ２ － ＝ , ＝ , ２ １５
６ ２ ６ ６ ６ ６ ２ ３
．解析 如图 以点D为坐标原点 分别以DA→ DC→ DH→为xyz轴 建立空间直角坐标系 则A
１８【 】 , , , , ,, , , (２,０,０),
D C B E F G H ． 分
(０,０,０), (０,２,０), (２,２,０), (２,０,２), (２,２,２), (０,２,２), (０,０,２) ２
因为M N分别为棱FG和GH 的中点 所以M N ． 分
, , (１,２,２), (０,１,２) ３
设点G到平面α的距离为d 等价于到平面AMN 的距离为d．三棱锥G AMN
(１) , －
的体积V １S d 其中S 表示 AMN 的面积 三棱锥G AMN 的体积
＝ △ AMN , △ AMN △ , －
３
等于三棱锥A GMN的体积 分
－ , ４
则有１ S d １ S AE MN 且 AM AN 分
△ AMN ＝ △ GMN| |,| |＝ ２, | |＝| |＝３, ６
３ ３
( )
则S △ AMN ＝ １ | MN | | AM | ２ － １ | MN | ２ ＝ １７．
２ ２ ２
又S １ GM GN １ AE ． 分
△ GMN ＝ | || |＝ ,| |＝２ ８
２ ２
所以d ２ １７ 即点G到平面α的距离为２ １７． 分
＝ , ９
１７ １７
(２)
点P在棱DH 上
,
设P
(０,０,
z
P)
．由P在平面AMN上
,
则AP→与AM→
,
AN→共面
,
即存在实数s
,
t使得AP→
sAM→ tAN→ 分
＝ ＋ , １０
{ s t
－ －２＝－２
所以 z s t 可得 解得s ２t ４ 则z ４
(－２,０,P)＝ (－１,２,２)＋ (－２,１,２), , ＝－ ,＝ , P ＝ ,
s t ３ ３ ３
２＋ ＝０
( )
故P ４ DP ４． 分
０,０, ,| |＝ １１
３ ３
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【 ５ ( ７ )】{ u v
－ －２ ＝０
同理
,
设Q
(２,２,
z
Q),
令AQ→
＝
uAM→
＋
vAN→
,
则
,
解得u
＝
４
,
v
＝－
２
,
u v ３ ３
２ ＋ ＝２
( )
则z
Q ＝
４
,
Q
２,２,
４
,
则PQ→
＝(２,２,０), １２
分
３ ３
平面ABCD的一个法向量为k 且PQ→ k 则PQ→ k．
＝(０,０,１), ＝０, ⊥
又直线PQ不在平面ABCD内 所以PQ 平面ABCD． 分
, ∥ １３
( )
由题 PF→ ２ EB→ EC→ ．设平面EBC的法向量为n xyz 则
(３) , ＝ ２,２, , ＝(０,２,－２), ＝(－２,２,－２) ＝( ,,),
３
ì
ïn EB→ y z
ï ＝２ －２ ＝０
í 解得y zx 令y 得法向量n ． 分
ïï , ＝ ,＝０, ＝１, ＝(０,１,１) １５
în EC→ x y z
＝－２ ＋２ －２ ＝０
２
PF→ n |２０＋２１＋ １|
设直线PF与平面EBC所成角为 φ．则 φ | | ３ ２ ３８ 即直线PF与平
sin ＝ PF→ n ＝ ＝ ,
| ||| ７６ １９
２
９
面EBC所成角的正弦值为２ ３８． 分
１７
１９
．解析 显然EB２ EA２ AB２ 于是有EB２ BC２ EC２ 故BE BC 分
１９【 】(１) ＝ ＋ ＝５, ＋ ＝ , ⊥ , １
由BC AB AB BE B AB 平面PABBE 平面PAB可知BC 平面
⊥ , ∩ ＝ , ⊂ , ⊂ ⊥
PAB 分
, ３
由PA 平面PAB可知PA BC 分
⊂ ⊥ , ４
由PA ABAB AC AAB 平面ABCDAC 平面ABCD可得PA 平面
⊥ , ∩ ＝ , ⊂ , ⊂ ⊥
ABCD． 分
５
方法一 建系法 以A为坐标原点 BC→的方向为x轴正方向 AB→的方向为y轴正方向 AP→的方向为
(２)(i) : : , , ,
z轴正方向 建立空间直角坐标系Axyz 分
, , ６
则A B C P E ． 分
(０,０,０), (０,２,０), (２,２,０), (０,０,２), (０,０,１) ７
设Ox y z 则由 OE OA OB OC 即x２ y２ z２ x２
(０,０,０), | |＝| |＝| |＝| |, ０＋ ０＋ ０＝ ０＋
y ２ z２ x ２ y ２ z２ x２ y２ z ２ 分
(０－２)＋ ０＝(０－２)＋(０－２)＋ ０＝ ０＋ ０＋(０－１), ９
( ) ( )
解得x y z １ 于是O １ EC→ EO→ １
０＝ ０＝１,０＝ , １,１, , ＝(２,２,－１), ＝ １,１,－
２ ２ ２
１EC→ 故由EO EC E可知CEO三点共线． 分
＝ , ∩ ＝ , , １１
２
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【 ６ ( ７ )】方法二 几何法 不妨记M 为EC中点 N为AC中点 显然有MN AC 而由EA AB MN EA知MN
: : , , ⊥ , ⊥ , ∥
AB 分
⊥ , ７
由AB AC AAB 平面ABCAC 平面ABC知MN 平面ABC． 分
∩ ＝ , ⊂ , ⊂ ⊥ ８
由AB BC可知NB NA NC 易知有且仅有直线MN 上任一点到ABC的距离相
⊥ ＝ ＝ , , ,
等 故O MN 分
, ∈ , ９
同理EA AC可知过点M且垂直于平面AEC的直线l上任一点到AEC的距离相等 故O l 分
⊥ ,, , ∈ , １０
由l MN M 知点O即为点M 于是CEO三点共线． 分
∩ ＝ , , , １１
注 采取方法二在 建系可得 分．建系过程在方法一已给出．
: (２)(ii) １
以A为坐标原点 BC→的方向为x轴正方向 AB→的方向为y轴正方向 AP→的方向为z轴正方向 建立空
(ii)【 , , , ,
间直角坐标系Axyz 不妨设F λ λ 则PB→ BD→ OF→
】, (２,,０),∈[－１,２], ＝(０,２,－２), ＝(２,－３,０), ＝
( )
λ １ 分
１,－１,－ , １３
２
ì ïï n
PB→
＝０
{y
－
z
＝０
记平面PBD的法向量n xyz 则í 即
＝(,,), ïï , ,
în BD→ x y
＝０ ２ －３ ＝０
可取n 分
＝(３,２,２), １４
n OF→
记 直 线 OF 与 平 面 PBD 所 成 角 为θ θ ４ ８５ | |
,sin ＝ ＝ n OF→ ＝
８５ ||| |
λ λ
|３＋２ －２－１| ４|| 分
＝ λ２ λ , １６
２ ２ ２ λ ２ １ １７ ４ －８ ＋９
３＋２＋２ １＋(－１)＋
４
即λ２ λ 解得λ 或λ 舍去 故DF λ ． 分
＋８ －９＝０, ＝１ ＝－９( ), ＝ ＋１＝２ １７
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【 ７ ( ７ )】
