云南民族大学附属高级中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷（含解析）

云南省昆明市云南民族大学附属高级中学2025-2026学年高二上学期9月月考数学试卷一、单选题1．设集合，集合，则（

）A． B． C． D．2．复数满足，则的虚部为（

）A． B． C． D．3．命题p：“”为假命题的一个充分不必要条件是（

）A． B． C． D．4．已知sinα＝，且α为锐角，tanβ＝－3，且β为钝角，则角α＋β的值为（

）A． B． C． D．5．直线的倾斜角的取值范围是（

）A． B． C． D．6．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．的递增区间是 B．的递减区间是C．的递增区间是 D．的递增区间是7．已知，且，则的最小值为（

）A．8 B． C． D．8．在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则该三棱锥外接球半径是（

）A． B． C． D．二、多选题9．下列说法正确的是（

）A．用简单随机抽样的方法从含有个个体的总体中抽取一个容量为的样本，则个体被抽到的概率是B．已知一组数据，，，，的平均数为，则这组数据的方差是C．数据，，，，，，，的分位数是D．若样本数据，，，的标准差为，则数据，，，的标准差为10．如图，已知正方体的棱长为1，是棱上的动点，则下列说法正确的有（

）A．B．平面C．二面角的大小为D．三棱锥的体积的最大值为11．已知函数的定义域均为是奇函数，且满足，则（

）A．函数的图象关于点对称B．函数的图象关于直线对称C．函数是周期为4的函数D．三、填空题12．已知，，，则在方向上的投影向量是______.13．已知函数为上增函数，写出一个满足要求的的解析式______14．已知椭圆的左、右焦点分别为，，为上一点，且，若关于平分线的对称点在上，则的离心率为________.四、解答题15．某芯片代工厂生产甲、乙两种型号的芯片，为了解芯片的某项指标，从这两种芯片中各抽取100件进行检测，获得该项指标的频率分布直方图，如图所示：假设数据在组内均匀分布，以样本估计总体，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．(1)求频率分布直方图中x的值并估计乙型芯片该项指标的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(2)已知甲型芯片指标在为航天级芯片，乙型芯片指标在为航天为航天级芯片．现分别采用分层抽样的方式，从甲型芯片指标在内取2件，乙型芯片指标在内取4件，再从这6件中任取2件，求至少有一件为航天级芯片的概率．16．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．17．在如图所示的四棱锥中，底面是梯形，且面，为的中点.(1)若，证明：平面；(2)已知，斜线和平面所成角的正切值为2，求平面和平面的夹角的余弦值.18．如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向每分钟转2圈，筒车的轴心O距水面的高度为2m．设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下则d为负数），若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间t（单位：s），则d与t之间的关系为（，，）．

(1)求A，ω，φ，K的值；(2)在筒车转动的一周内，盛水筒P有多长时间距离水面高度超过4m？(3)设t为，时，盛水筒P到水面的距离分别为，，当（），且时，求，的值．19．在平面直角坐标系中，点与点关于原点对称，且、及它们关于轴对称的点都在曲线上，是曲线上不同于上述四点的一动点，且直线与的斜率之积等于．（1）求曲线的方程，并说明是什么曲线；（2）设直线：与曲线相交于、两点，以线段，为邻边作平行四边形，其中顶点在曲线上，求的取值范围．参考答案1．D【详解】由，，则.故选：D.2．C【详解】设且，则，因为，所以，解得：，则的虚部为.故选：C3．C【详解】命题为假命题，即命题为真命题，首先，时，恒成立，符合题意；其次时，且，即，综上可知，.故选项A中，是的充分必要条件；选项B中推不出，且推不出，即是的既不充分也不必要条件；选项C中可推出，且推不出，即是的一个充分不必要条件；选项D中推不出，且可推出，即是的一个必要不充分条件.故选：C.4．B【详解】sinα＝，且α为锐角，则cosα＝，tanα.所以tan(α＋β)＝＝＝－1.又α＋β∈，故α＋β＝.故选：B5．D【详解】设直线的斜率为，倾斜角为，则，∴，即∴倾斜角的取值范围是．故选：D6．D【详解】因为函数的定义域为，关于原点对称，，所以函数是定义在上的奇函数，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又因为是定义在上的奇函数，所以的单调增区间为，单调减区间为和故选：D7．D【详解】由，且，所以，，当且仅当，即，时取等号，所以，所以的最小值为.故选：D8．C【详解】

因为为等边三角形，所以的外心为的重心，连接并延长交于点，则为中点，记的外心为，球心为，连接，，，，则平面，平面，球心与截面圆的圆心连线垂直于截面，因为平面，平面，所以，，因为，平面，所以平面，而，平面，，所以平面，所以平面与平面重合，即四点共面，所以平面，所以，因为，所以，，，因为，所以，所以，，因为二面角的平面角为为，所以，即，因为，所以四点共圆且为直径，所以，所以，所以，所以，即三棱锥外接球半径是.故选：C9．AD【详解】A，根据题意，简单随机抽样中每个个体被抽到的概率是相等的，若在含有个个体的总体中依次抽取一个容量为的样本，则个体被抽到的概率为，故A正确；B，由平均数的公式得：，解得，方差，故B错误；C，该组数据从小到大排列为：，，，，，，，，且，所以第百分位数为，故C错误；D，已知样本数据，，的标准差为，则，数据，，，的方差为，所以其标准差为，故D正确．故选：AD．10．ABD【详解】对于A：连接，，则，面，面，所以，因为，所以面，因为面，所以，故选项A正确；对于B：因为面平面，面，所以平面，故选项B正确；对于C：二面角即为二面角，因为面，所以即为所求角，在中，，故选项C不正确；对于D：设，则，因为,，当点与点重合时，点到的距离最大，此时所以最大为：，所以最大值为，故选项D正确；故选：ABD.11．ABC【详解】函数的定义域均为是奇函数，则，即函数的图象关于点对称，A正确；又，则，即，即，故的图象关于直线对称，B正确；由，可得，即得，结合，得，即，则，故函数是周期为4的函数，C正确；由，令，得，令，得，由，令，得，可得，故，则，D错误，故选：ABC12．【详解】因为，所以，所以在方向上的投影向量是.故答案为：13．（答案不唯一）【详解】的解析式为（答案不唯一），理由如下，因为时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递增，且，所以时，函数为上的增函数，故答案为：（答案不唯一）14．/【详解】设关于平分线的对称点为Q，则三点共线，设，则，又，所以在中，由余弦定理有：，即由椭圆定义可知，可得所以在中，由余弦定理可得：，即，所以，所以.故答案为：15．(1)，.(2).【详解】（1）由题意得，解得.由频率分布直方图得乙型芯片该项指标的平均值：.（2）根据分层抽样得，来自甲型芯片指标在和的各1件，分别记为和，来自甲型芯片指标在和分别为3件和1件，分别记为，，和，从中任取2件，样本空间可记为，，，，，，，，，，，，，，共15个，记事件：至少有一件为航天级芯片,则，，，，，，，，共9个，所以.16．（1）；（2）.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最优解】：几何法过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以．在中，，因此．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于，，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法

在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．又由（1）可得，所以．[方法三]：几何法+正弦定理法

在（1）的方法二中可得．在中，，所以．在中，由正弦定理可得，由此可得．[方法四]：构造直角三角形法

如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，从而．在中，．所以．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.17．(1)证明：因为平面平面，可知，在中，为的中点，则，因为，所以，所以，即，又因为平面平面，所以平面.(2)【详解】（1）略（2）由题意可知：平面，所以是斜线在平面上的射影，即为和平面所成的角，在中，，所以.又因为，故两两垂直，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，即，可取设平面的法向量为，则，即，可取；从而可知，所以平面和平面的夹角的余弦值为.18．(1)(2)(3)，【详解】（1）解：由题意d与t之间的关系为，根据题意可知的最大值为，最小值为，可得，解得，又因为逆时针方向每分钟转2圈，所以函数的周期为，可得，所以，因为当时，，即，又因为，所以，所以，所以.（2）解：由（1）知，令，可得，即，可得，解得，当时，可得，则所以在筒车转动的一周内，盛水筒P有距离水面高度超过4m.（3）解：由，可得，令，可得，所以，，，所以，