南宁二中2025-09月考高二数学答案_2025年10月高二试卷_251011广西南宁二中2025-2026学年上学期高二9月月考_南宁二中2025-2026学年上学期高二9月月考数学

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 1．B．【详解】因为3iz 10i，所以z 10i  10i3i  10  3ii2 13i， 3i 3i3i 10 所以复数z在复平面内对应的点为 ， ，该点在第二象限，故选：B． 2．A．【详解】当k 0时，得l :x3，−此1时3 l 与l 不垂直； 2 1 2  1 当k 0时，若l l ，则2 1，解得k 2，故选：A． 1 2  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． 4．A．【详解】由2c2 2得c 2， c 2 又a2 b2c2 b222，所以b2 2，ma2 4，得a2，所以e  ．故选：A． a 2 5．B．【详解】因y 4x 3i1,2,,n，可得y4x3，s2 42s2 16s2，故B正确，A，C，D均错 i i 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， a 设ADa，则B(2,a)，E(0, )，A(0,a)，C(2,0)， 2 ， ， ， ， 依 题=意， −2 因为 − B 2 E A C =，即2  B  E  −    A  C  ， 所以 ， 2 ⋅ = −2,−2 ⋅ 2,− =−4+ 2 =0   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． |123(5)2| 7．A．【详解】圆心P3,5到直线4x3y2的距离等于 5， 169 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acosB 2bsinA bsinAbcosA，  4 故由正弦定理可知sinAcosBsinBsinAsinBcosA， 高二9月月考数学试题参考答案 第1页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司sinCsinAB sinAcosBsinBcosAsinBsinA2sinBcosA， AB sinC 于是  sinA2cosA 5sinA 5， AC sinB 1 其中tan2，当且仅当tanA 时，等号成立，故B正确．故选：B． 2 9．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  2 ，又弦长为 2 r2d2  2 ， 2 可得圆C的半径为1，得1，故C错误； 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  12112  5， 所以切线长为 AB  AC 2r2  512，故D正确．故选：BD． π π π 10．BD．【详解】将函数y f(x)的图象向右平移 个单位长度，得ycos(x )cos(x )的图象， 3 3 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． 3 x2     11．ABD．【详解】椭圆  y2 1，则a2,b1,c a2b2  3，则F  3,0 ,F 3,0 ， 1 2 4 对于A：因为 PF  PF 2a4, FF 2c2 3，所以 的周长为42 3，故A正确； 1 2 1 2 △ 1 2 对于B：当P在椭圆的短轴顶点时FPF 取得最大值， 1 2   不妨取P0,1，此时PF PF  3 3(1)2 20， 2 1 π 所以FPF 为钝角，所以存在点P使得FPF  ，B正确； 1 2 1 2 2 对于C：因为A2,0,B2,0，设Px,yx2， y y y2 y2 1 则k k      ，故C错误； PA PB x2 x2 x24 4y2 4 对于D：因为 PF  PF 4， 1 2 所以 1  1  1  1  1    PF PF  1 2 PF 2  PF 1   1  22 PF 2  PF 1  1， PF 1 PF 2 4   PF 1 PF 2   1 2 4   PF 1 PF∣ 2   4  PF 1 PF 2   PF PF 当且仅当 2  1 ，即 PF  PF 2时取等号，故D正确．故选：ABD． PF PF 2 1 1 2 高二9月月考数学试题参考答案 第2页（共7页）命题人：冼天悦、彭剑峰 审题人：吴迪 cos cos 2    2 12．【答案】 2．【详解】   2 tan1 ．故答案为： 2． sin  sincos  4 2 13．【答案】 5 ．【详解】圆C :x2  y2 2kx y30与圆C :x2  y2 xky 0相减可得公共弦所在直 1 2 线为k2x yx y3 0， 2xy0 x1 令 ，解得 ，即P1,2， x y30 y2 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  1222  5． 故答案为： ． 32π 14．【答案】 ．5【详解】如图，将三棱锥SABC 补成三棱柱ABCABC ，点S与A重合， 3 1 1 1 1 正三棱柱ABCABC 外接球也为三棱锥SABC的外接球，令球心为O，半径为R， 1 1 1 记 和△ABC 外接圆的圆心分别为O 和O ，其半径为r， 1 1 1 1 2 △ 3  2 由正弦定理得：r 1，而O为OO 的中点，则R 12  3 2， 1 2 2sin60 4 32π 所以该三棱锥的外接球的体积为V  πR3  ． 3 3 15．【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， 25 令0.45(n80)0.0300.7 ，解得n80 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， 6 3 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  ． 10 5 16．【详解】（1） ． π π π=2sin2 −2 3cos2 =4sin 2 −3 由 2kπ2x  2kπ,kZ，可得 ， ， 2 3 2 5 −12+ ≤ ≤ 12+ ∈ 高二9月月考数学试题参考答案 第3页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司所以函数 f x的单调递增区间为 ， ， ． 5 −12+ 12+ ∈ （2）当 ， 时， ，所以 ，则 ， 2 3 ∈ 0 2 −3 ≤2 −3 ≤ 3 − 2 ≤sin 2 −3 ≤1 −2 3≤ ≤4 若 在 ， 上有零点，则直线 与函数 的图象在 ， 上有公共点， 所以 ( 实 ) 数 0 的取2值范围是 ， ． = ( ) 0 2 −2 3 4 17．【详解】（1）侧面BCCB 为矩形，BCCC ， 1 1 1 又平面BCCB 平面ACC A ，BC 平面BCCB ，平面BCCB 平面ACC A CC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以BC 平面ACC A ， 1 1 因为AC平面ACC A ，所以BC AC． 1 1 1 1 因为AA 2,AC AC 2，所以AA2  AC2AC2，所以AC  AC， 1 1 1 1 1 因为ACBCC，AC,BC平面ABC，所以AC平面ABC． 1 （2）连接AC ，如图， 1 由（1）易知AAC45， 1 所以由已知可得CC 2,AC 2,ACC 135， 1 1 在△ACC 中由余弦定理可得AC  22  2 2 22 2 2  10 ， 1 1 2 因为BC ∥BC，所以BC 平面ACC A ， 1 1 1 1 1 1 因为AC 平面ACC A ，所以BC  AC ， 1 1 1 1 1 1 所以在Rt△ABC 中BC  1310  3， 1 1 1 1 由（1）易知CA,CB,CA 两两互相垂直，故以C为坐标原点，CA,CB,CA 所在直线分别为x,y,z轴建立如图 1 1 所示的空间直角坐标系， 则C0,0,0，A  2,0,0  ，B  0, 3,0  ，B   2, 3, 2  ，C   2,0, 2  ， 1 1          CB 0, 3,0 ,CC   2,0, 2 ,AB  2 2, 3, 2 ， 1 1  设平面BCCB 的法向量为n(x,y,z)， 1 1 高二9月月考数学试题参考答案 第4页（共7页）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CC  2x 2z 0 1 设直线AB 与平面BCCB 所成的角为， 1 1 1     nAB 1 13 则sin cosn,AB 1  n   A  B   13 ， 1 13 所以直线AB与平面BCCB 所成角的正弦值为 ． 1 1 1 13 BC 18．【详解】（1）由正弦定理得，sinBsin sinAsinB ， 2 BC A A A 因为sinB0，所以sin sin A，即cos sinA2sin cos ， 2 2 2 2 A  π A 1 π 又因为 0, ，所以sin  ，故A ． 2  2 2 2 3  1 2  2 1  2 4  2 4   （2）由DC= 2DB知，AD AC AB ，则有 AD  AC  AB  AB AC cosBAC ， 3 3 9 9 9 1 4 2 即4 b2 c2 bc，化简得b24c22bc36， 9 9 9 8b2 在 中，由余弦定理得cosADC  ， 8 △ 5c2 在△ABD中，由余弦定理得cosADB ， 4 由cosADBcosADC0，则2c2b2 18， 则2  2c2b2 4c2+b22bc，化简得b2c， 则2c24c222cc36，即c2 3，则c 3（负值舍去）， 1 3 3 所以S  bcsinBAC ． △ABC 2 2 ac3 19．【详解】（1）由题意得 ，所以a2,c1， a2c x2 y2 因为b2 a2c2 3，所以椭圆C的标准方程为  1． 4 3 （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x,y ,Nx ,y ， 1 1 2 2 则直线AN的方程为ykx2，直线BM 的方程为y3kx2， 高二9月月考数学试题参考答案 第5页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司ykx2 联立 ，化简得  34k2 x216k2x16k2120， 3x24y2 12  68k2 因为A2,0，所以    x 2  34k2 ，即N   68k2 , 12k  ，  12k 34k2 34k2  y   2 34k2 y3kx2 联立 ，化简得  112k2 x248k2x4  12k21  0， 3x24y2 12  24k22 因为B2,0，所以    x 1  112k2 ，即M   24k22 , 12k  ，  12k 112k2 112k2  y   1 112k2 12k 12k 34k2  112k2 12k  16k24  4k 则k    ， MN 68k2 24k22 12  116k4 14k2  34k2 112k2 12k 4k  68k2  4k 所以直线MN的方程为y   x ，整理得y x1， 34k2 14k2  34k2  14k2 所以直线l过定点1,0． 法二：设Mx,y ,Nx ,y ，又由（1）知A2,0,B2,0， 1 1 2 2 y y y 所以k  1 ,k  1 ,k  2 ， AM x 2 BM x 2 AN x 2 1 1 2 y y y2 则有k k  1  1  1 ， AM BM x 2 x 2 x2 4 1 1 1 又 x 1 2  y 1 2 1，则y2  3 4x2 ，代入上式可得k k  3 . 4 3 1 4 1 AM BM 4 1 又因为k 3k ，所以k k  . BM AN AM AN 4 设直线MN的方程为xmytt 2， xmyt 联立  x2 y2 ，得  3m24  y26mty3t2120，   1  4 3  6mt   y 1 y 2  3m24 36m2 4  3m2 4    3t2 12  03t2 12 9m2  9 3t2 5 所以 ，且 3m24 4  3t212 3 y y  m2  1 2 3m24 高二9月月考数学试题参考答案 第6页（共7页）命题人：冼天悦、彭剑峰 审题人：吴迪  8t x x    1 2 3m2 4 所以 ，  3t212m2 xx   1 2 3m24 y y y y 1 由k k  1  2  1 2  ， AM AN x 2 x 2 x 2x 2 4 1 2 1 2 3t212 1 化简得  且4t216t160， 4t216t16 4 即t2t20，解得t 1或t2（舍），所以直线l过定点1,0． 高二9月月考数学试题参考答案 第7页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司