北京市北京大学附属中学2024-2025学年高二上学期9月月考数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知向量是单位向量，且，则向量与的夹角是（ ）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】由得到求出，利用向量积的运算可求得结果.
【详解】设向量的夹角为，
因为为单位向量，，
因为，所以，所以.
因为，所以.
故选：B
2. 已知直线，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由直线平行的判断方法分析“”和“”的关系，结合充分必要条件的定义分析可得答案.
【详解】若直线与平行，
则，解得或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：.
3. 现有一批产品共9件，已知其中5件正品和4件次品，现从中选4件产品进行检测，则下列事件中互为对立事件的是（ ）
A. 恰好两件正品与恰好四件正品
B. 至少三件正品与全部正品
C. 至少一件正品与全部次品
D. 至少一件正品与至少一件次品
【答案】C
【解析】
【分析】根据对立事件的定义判断各选项.
【详解】根据题意，选项A中事件为互斥事件，不是对立事件；
选项B、D中事件可能同时发生，全部正品是至少三件正品的子事件；
选项C中事件为对立事件，全部次品不能存在有正品的事件.
故选：C.
4. 如果满足，， 的有且只有一个，那么实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出到距离，然后根据题意结合图形求解即可.
【详解】因为在中，，，
所以到距离，
因为有且只有一个，
所以由图可知或，
即实数的取值范围是.
故选：D
5. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用空间向量的加法及减法运算法则进行线性运算，逐步表示即可得到结果.
【详解】∵点为中点，
∴，
∴.
故选：B.
6. 如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，且侧棱.若侧面水平放置时，液面恰好过，，，的四等分点处，，当底面水平放置时，液面高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等体积法列方程，由此求得正确答案.
【详解】设当底面水平放置时，液面高为，
依题意，侧面水平放置时，液面恰好过，，，的四等分点处，，
所以水的体积，
解得.
故选：B
7. “太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”．如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点Px,y是阴影部分（包括边界）的动点，则值不可能是（ ）
A.
B. －1
C. 0
D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】将问题转化为点Px,y与点连线的斜率，然后结合图象由直线与圆的位置关系求解.
【详解】
记，则为直线AP的斜率，故当直线AP与半圆，相切时，斜率k最小，
设：，则，解得或(舍)，
当直线过点时，直线AP的斜率取得最大值1，即的最大值为1，因此，
故选：A．
8. 在棱长为2的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出图形，设，利用基本不等式可求得的最大值，可求得的最大值，利用正弦定理求得外接圆直径的最小值，可求得该三棱锥外接球直径的最小值，由此可求得结果.
【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球半径为，
取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱底面圆上每个点的距离都等于，
则为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得.
本题中，平面，设的外接圆为圆，
可将三棱锥内接于圆柱，如下图所示：
设的外接圆直径为，，
该三棱锥的外接球直径为，则.
如下图所示：
设，则，，，
，
当且仅当时，取得最大值，
由，
解得，，
所以的最大值为，
由正弦定理得，即的最小值为，
因此，
所以三棱锥外接球的表面积为，
故三棱锥外接球的表面积的最小值为.
故选：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
二、多选题：本题共3小题，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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 用简单随机抽样从含有50个个体的总体中抽取一个容量为10的样本，个体甲被抽到的概率是0.2
B. 已知一组数据的平均数为4，则的值为5
C. 数据27，12，14，30，15，17，19，23的中位数是17
D. 若样本数据的标准差为8，则数据的标准差为16
【答案】AD
【解析】
【分析】利用概率可判断A；根据平均数求得m的值即可判断B；根据中位数的求法即可判断C；利用方差性质即可判断D.
【详解】对于A， 以简单随机抽样方式从该总体中抽取一个容量为10的样本，
则指定的某个个体被抽到的概率为 ，故A正确；
对于B，数据1，2，，6，7的平均数是4，，故B错误；
对于C，将8个数据从小到大排列为12,14,15,17,19,23,27,30，则中位数为，故C错误；
对于D，依题意，方差为，则，
所以数据的标准差为16，D正确；
故选：AD.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 过点作圆的切线，则切线方程为
B. 已知，为坐标原点，点是圆外一点，则直线与圆相交
C. 已知直线和以，为端点的线段相交，则实数的取值范围为
D. 若圆：（）上恰有两点到点的距离为1，则的取值范围是
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，分过点的直线斜率不存在与存在两种情况求解即可判断；对于B，根据点在圆外得到不等关系，利于圆心到直线的距离与半径的关系进行判断即可；对于C，根据条件建立不等式，解出即可；对于D，问题转化为两个圆相交，列出不等式组，解出即可.
【详解】对于A，当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，
圆心到直线的距离为，所以直线与圆相切，
当过点的直线斜率不存在时，设切线方程为，即，
所以，解得，即切线方程为，
综上所述：则切线方程为或，故A错误；
对于B，因为点是圆外一点，
所以，又直线的方程是，
所以圆心到直线的距离，故与圆相交，则B正确；
对于C，即，则其过定点，
由点和，，可得，
直线和以，为端点的线段相交，
则满足或，即或，所以C错误；
对于D，依题可知以为圆心，1为半径的圆与圆相交，
因为圆圆心为，半径为，
所以，又，
所以，解得，故D正确.
故选：BD.
11. 如图，正方体的棱长为，点，分别在，上，，.动点在侧面内(包含边界)运动，且满足直线平面，则（ ）
A. 过，，的平面截正方体所得截面为等腰梯形
B. 三棱锥的体积为定值
C. 动点所形成轨迹的长度为
D. 过，，的平面截正方体所得截面面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】
由题做出过，，的平面截正方体所得截面为梯形，进而计算即可排除A选项；根据平面，由等体积转化法得即可得B选项正确；取靠近点的三等分点， 靠近点的三等分点，易知的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确；过点做的平行线交于，交于，连接，易知过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，进而得当位于点时，截面面积最小，为四边形的面积，且面积为.
【详解】解：对于A选项，如图，取中点，连接，由点，分别在，上，，，故四边形为平行四边形，故，由于在，为中点，当为中点时，有，故过，，的平面截正方体所得截面为梯形，此时，，故梯形不是等腰梯形，故A选项错误；
对于B选项，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，由于平面，故三棱锥的体积等于三棱锥的体积，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，而三棱锥的体积为定值，故B选项正确；
对于C选项，取靠近点的三等分点， 靠近点的三等分点，易知，，由于，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，故C选项正确；
对于D选项，过点做的平行线交于，交于，连接，则过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，易知当位于点时，平行四边形边最小，且为，此时截面平行四边形的面积最小，为四边形的面积，且面积为，故D选项正确；
故选：BCD

【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过，，的平面截正方体所得截面为梯形，过，，的平面截正方体所得截面即为平行四边形，进而讨论AD选项，通过平面，并结合等体积转化法得知B选项正确，通过构造面面平行得的轨迹为线段，进而讨论C选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知甲、乙、丙三人投篮的命中率分别为0.7，0.5，0.4，若甲、乙、丙各投篮一次（三人投篮互不影响），则至多有一人命中的概率为______.
【答案】0.45##
【解析】
【分析】利用独立事件的乘法公式、对立事件的概率公式以及互斥事件的概率加法公式求解即可.
【详解】甲、乙、丙各投篮一次（三人投篮互不影响），
则没有人命中的概率为，
恰有一人命中的概率为，
所以至多有一人命中的概率为.
故答案为：0.45
13. 过的直线被曲线所截得的线段长度为，则直线的方程为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】根据曲线的方程确定曲线为圆，再根据直线与圆的位置，分2种情况讨论：①当直线的斜率不存在，②当直线的斜率存在时，每种情况下先设出直线的方程，利用直线被圆所截得的线段长度，求解直线的方程可得出答案.
【详解】由曲线知，该曲线为圆 且圆心为，半径为.
当直线斜率不存在时，直线方程为x=1，此时圆心到直线的距离为.
根据垂径定理，直线截圆所得线段长为：，满足题意.
当直线的斜率存在时，设直线方程为：，即
圆心到直线的距离为，当直线截圆所得线段长度时
根据垂径定理可得，，解得
此时直线方程为.
故答案为：x=1或.
14. 在梯形中，，梯形外接圆圆心为，圆上有一个动点，求的取值范围__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据单位向量的概念与数量积的定义，求出，结合在梯形中，，和圆内接四边形对角互补，可得梯形为等腰梯形，且AB中点为梯形的外接圆圆心，再建立平面直角坐标系进行求解即可.
【详解】
由，得，则，
又在梯形中，，则，
结合圆内接四边形对角互补可得，所以梯形是等腰梯形．
又，取中点，可得，，
即为梯形外接圆圆心，
所以，梯形外接圆以为圆心，2为半径的圆.
以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图：
设是角的终边，又因为点在圆上，所以，即
又A−2,0，，
，
由，则，故．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定梯形外接圆的圆心所在位置，主要考查了圆内接四边形的性质，平面向量的数量积的定义与运算性质，以及角的终边与圆交点的坐标表示，属于较难题.
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. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，，E为PD中点，F为PB中点，M为CE中点.
（1）求证：平面平面；
（2）求证：平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）证明出，又，即可证明出平面，从而证明出平面平面．
（2）由面面平行的判定，先证明平面平面，再利用面面平行的性质证明平面即可.
【小问1详解】
底面，平面，，
又，，平面，
平面，
平面，平面平面．
小问2详解】
连接EF、AE，连接AC交BD于点O，连接OM，
因为底面为平行四边形，
在中，M，O分别为CE，AC中点，，
又平面， 平面，平面，
在中，E，F分别为PD，PB中点，．
又平面，平面，平面，
又平面，，平面平面，
又平面，所以平面．
16. 某学校为提高学生对《红楼梦》的了解，举办了“我知红楼”知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：40,50，50,60，…，90,100，并作出如图所示的频率分布直方图.
（1）求频率分布直方图中的值.
（2）求样本数据的第62百分位数.
（3）已知样本数据落在50,60的平均数是52，方差是6；落在60,70的平均数是64，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差.
【答案】（1）
（2）分
（3），
【解析】
【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1列式即可求解；
（2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解；
（3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解.
【小问1详解】
由，
解得；
【小问2详解】
因为，
，
所以样本数据的第62百分位数在内，
可得，
所以样本数据的第62百分位数为分；
【小问3详解】
样本数据落在50,60的个数为，
落在60,70的个数为，
，
总方差.
17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求C；
（2）若且，求的外接圆半径．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据结合三角恒等变换化简整理即可得结果；
（2）根据题意利用余弦定理可得，进而利用正弦定理求外接圆半径.
【小问1详解】
因为，即，
且，
即，则，
且，则，可得，
且，所以.
【小问2详解】
因为且，则，可得，
由余弦定理可得，即，
整理可得，解得或（舍去），
所以的外接圆半径.
18. 如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．．
（1）求证：是直角三角形；
（2）求四棱锥体积的最大值；
（3）求平面与平面的夹角余弦值的范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设平面PAB平面PCD，由面面垂直的性质定理以及线面平行的性质定理即可得PE⊥PF，则△PEF是直角三角形；
（2）求出P到平面ABCD的最大距离即可得四棱锥P―ABCD体积最大值；
（3）利用空间向量法可求平面PEF与平面PBC夹角余弦值的表达式，再利用换元法以及导数的知识可得最值.
【小问1详解】
设平面平面PCD，
由于，平面ADC，平面ADC，
因此平面PDC，而平面APB，平面平面，
因此，而，因此．
而平面平面PCD，平面平面，平面，
因此平面PDC，而平面PDC，因此
故△PEF是直角三角形．
【小问2详解】
由于，，因此P是以EF为直径半圆上的点．
而，，平面PEF，
因此平面PEF，而AB平面ABCD，
因此平面平面ABCD．
故P到平面ABCD的最大距离为，
四棱锥体积最大为．
【小问3详解】
设EF中点为O，作过O垂直EF的直线m．
设平面PEF与平面PBC夹角为．
以O为原点，OE，m，过O垂直于平面ABCD的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系．
则，，，，并设．
平面PEF的一个法向量为，
，，
设平面PBC的法向量为，因此，可取
，不妨设，
，，因此随增大而增大
因此．
【点睛】方法点睛：涉及最值问题时，若无法利用函数的性质以及基本不等式解决，可以考虑使用导数进行求解.
19. 已知圆C与直线相切于点，且圆心C在x轴的正半轴上.
（1）求圆C的方程；
（2）过点作直线交圆C于M，N两点，且M，N两点均不在x轴上，点，直线BN和直线OM交于点G.证明：点G在一条定直线上，并求此直线的方程.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）设圆心，利用垂直关系求出圆心坐标，从而利用距离公式求出半径，即可求出圆的方程；
（2）设直线MN方程，与圆方程联立，得到韦达定理式，求出直线OM和直线BN的方程，联立求得，即可证明.
【小问1详解】
由圆心C在x轴的正半轴上设圆心，
又圆C与直线相切于点，则，解得，
所以，半径，所以圆C方程为：.
【小问2详解】
设Mx1,y1，Nx2,y2，直线MN方程为：，
联立得，
，，，
直线OM方程为：，直线BN方程为：y=y2x2−4x−4，
联立，可得，
所以点G在直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆相交问题的基本步骤如下：
①设直线方程，设交点坐标为Ax1,y1，Bx2,y2；
②联立直线与圆的方程，得到关于x (或y)的一元二次方程，必要时计算；
③列出韦达定理；
④将所求问题或题中的关系转化为， (或，)的形式；
⑤代入韦达定理求解.