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）
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