試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁云南省昆明市云南民族大學附屬高級中學2025-2026學年高二上學期9月月考數(shù)學試卷學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．設(shè)集合，集合，則（

）A． B． C． D．2．復數(shù)滿足，則的虛部為（

）A． B． C． D．3．命題p：“”為假命題的一個充分不必要條件是（

）A． B． C． D．4．已知sinα＝，且α為銳角，tanβ＝－3，且β為鈍角，則角α＋β的值為（

）A． B． C． D．5．直線的傾斜角的取值范圍是（

）A． B． C． D．6．已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．的遞增區(qū)間是 B．的遞減區(qū)間是C．的遞增區(qū)間是 D．的遞增區(qū)間是7．已知，且，則的最小值為（

）A．8 B． C． D．8．在三棱錐中，，，，二面角的大小為，則該三棱錐外接球半徑是（

）A． B． C． D．二、多選題9．下列說法正確的是（

）A．用簡單隨機抽樣的方法從含有個個體的總體中抽取一個容量為的樣本，則個體被抽到的概率是B．已知一組數(shù)據(jù)，，，，的平均數(shù)為，則這組數(shù)據(jù)的方差是C．數(shù)據(jù)，，，，，，，的分位數(shù)是D．若樣本數(shù)據(jù)，，，的標準差為，則數(shù)據(jù)，，，的標準差為10．如圖，已知正方體的棱長為1，是棱上的動點，則下列說法正確的有（

）A．B．平面C．二面角的大小為D．三棱錐的體積的最大值為11．已知函數(shù)的定義域均為是奇函數(shù)，且滿足，則（

）A．函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱B．函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱C．函數(shù)是周期為4的函數(shù)D．三、填空題12．已知，，，則在方向上的投影向量是.13．已知函數(shù)為上增函數(shù)，寫出一個滿足要求的的解析式14．已知橢圓的左、右焦點分別為，，為上一點，且，若關(guān)于平分線的對稱點在上，則的離心率為.四、解答題15．某芯片代工廠生產(chǎn)甲、乙兩種型號的芯片，為了解芯片的某項指標，從這兩種芯片中各抽取100件進行檢測，獲得該項指標的頻率分布直方圖，如圖所示：假設(shè)數(shù)據(jù)在組內(nèi)均勻分布，以樣本估計總體，以事件發(fā)生的頻率作為相應(yīng)事件發(fā)生的概率．(1)求頻率分布直方圖中x的值并估計乙型芯片該項指標的平均值（同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點值為代表）；(2)已知甲型芯片指標在為航天級芯片，乙型芯片指標在為航天為航天級芯片．現(xiàn)分別采用分層抽樣的方式，從甲型芯片指標在內(nèi)取2件，乙型芯片指標在內(nèi)取4件，再從這6件中任取2件，求至少有一件為航天級芯片的概率．16．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求的值；（2）在邊BC上取一點D，使得，求的值．17．在如圖所示的四棱錐中，底面是梯形，且面，為的中點.(1)若，證明：平面；(2)已知，斜線和平面所成角的正切值為2，求平面和平面的夾角的余弦值.18．如圖，一個半徑為4m的筒車按逆時針方向每分鐘轉(zhuǎn)2圈，筒車的軸心O距水面的高度為2m．設(shè)筒車上的某個盛水筒P到水面的距離為d（單位：m）（在水面下則d為負數(shù)），若以盛水筒P剛浮出水面時開始計算時間t（單位：s），則d與t之間的關(guān)系為（，，）．

(1)求A，ω，φ，K的值；(2)在筒車轉(zhuǎn)動的一周內(nèi)，盛水筒P有多長時間距離水面高度超過4m？(3)設(shè)t為，時，盛水筒P到水面的距離分別為，，當（），且時，求，的值．19．在平面直角坐標系中，點與點關(guān)于原點對稱，且、及它們關(guān)于軸對稱的點都在曲線上，是曲線上不同于上述四點的一動點，且直線與的斜率之積等于．（1）求曲線的方程，并說明是什么曲線；（2）設(shè)直線：與曲線相交于、兩點，以線段，為鄰邊作平行四邊形，其中頂點在曲線上，求的取值范圍．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《云南省昆明市云南民族大學附屬高級中學2025-2026學年高二上學期9月月考數(shù)學試卷》參考答案題號12345678910答案DCCBDDDCADABD題號11答案ABC1．D【分析】分別求出集合，再利用交集的定義求解即可.【詳解】由，，則.故選：D.2．C【分析】設(shè)，根據(jù)模長公式列出方程，求出，得到答案.【詳解】設(shè)且，則，因為，所以，解得：，則的虛部為.故選：C3．C【分析】先化簡命題是假命題對應(yīng)的范圍，再利用充分條件和必要條件的定義判斷即得結(jié)果.【詳解】命題為假命題，即命題為真命題，首先，時，恒成立，符合題意；其次時，且，即，綜上可知，.故選項A中，是的充分必要條件；選項B中推不出，且推不出，即是的既不充分也不必要條件；選項C中可推出，且推不出，即是的一個充分不必要條件；選項D中推不出，且可推出，即是的一個必要不充分條件.故選：C.4．B【分析】先求出tanα，再利用兩角和的正切公式求出tan(α＋β)＝－1，判斷出角α＋β的范圍，即可求出α＋β的值.【詳解】sinα＝，且α為銳角，則cosα＝，tanα.所以tan(α＋β)＝＝＝－1.又α＋β∈，故α＋β＝.故選：B5．D【分析】利用直線方程求出直線的斜率，通過斜率的范圍，得到傾斜角的正切值的范圍，求出α的范圍．【詳解】設(shè)直線的斜率為，傾斜角為，則，∴，即∴傾斜角的取值范圍是．故選：D【點睛】本題考查直線的斜率與傾斜角的關(guān)系，考查學生計算能力，屬于基礎(chǔ)題．6．D【分析】判斷函數(shù)的奇偶性，然后根據(jù)時的單調(diào)性得到函數(shù)在上的單調(diào)性.【詳解】因為函數(shù)的定義域為，關(guān)于原點對稱，，所以函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，當時，，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，又因為是定義在上的奇函數(shù)，所以的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為和故選：D7．D【分析】化簡式子，然后使用基本不等式計算.【詳解】由，且，所以，，當且僅當，即，時取等號，所以，所以的最小值為.故選：D8．C【分析】根據(jù)題意，由三棱錐外接球的定義找到其球心位置，然后代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】

因為為等邊三角形，所以的外心為的重心，連接并延長交于點，則為中點，記的外心為，球心為，連接，，，，則平面，平面，球心與截面圓的圓心連線垂直于截面，因為平面，平面，所以，，因為，平面，所以平面，而，平面，，所以平面，所以平面與平面重合，即四點共面，所以平面，所以，因為，所以，，，因為，所以，所以，，因為二面角的平面角為為，所以，即，因為，所以四點共圓且為直徑，所以，所以，所以，所以，即三棱錐外接球半徑是.故選：C9．AD【分析】由隨機抽樣的概率定義判斷A，計算方差判斷B，求出分位數(shù)判斷C，根據(jù)數(shù)據(jù)變換后標準差關(guān)系判斷D．【詳解】A，根據(jù)題意，簡單隨機抽樣中每個個體被抽到的概率是相等的，若在含有個個體的總體中依次抽取一個容量為的樣本，則個體被抽到的概率為，故A正確；B，由平均數(shù)的公式得：，解得，方差，故B錯誤；C，該組數(shù)據(jù)從小到大排列為：，，，，，，，，且，所以第百分位數(shù)為，故C錯誤；D，已知樣本數(shù)據(jù)，，的標準差為，則，數(shù)據(jù)，，，的方差為，所以其標準差為，故D正確．故選：AD．10．ABD【分析】證明面可證明即可判斷A；由面平面可判斷B；求二面角的平面角即可判斷C；設(shè)，則求出最大值可判斷D，進而可得正確選項.【詳解】對于A：連接，，則，面，面，所以，因為，所以面，因為面，所以，故選項A正確；對于B：因為面平面，面，所以平面，故選項B正確；對于C：二面角即為二面角，因為面，所以即為所求角，在中，，故選項C不正確；對于D：設(shè)，則，因為,，當點與點重合時，點到的距離最大，此時所以最大為：，所以最大值為，故選項D正確；故選：ABD.11．ABC【分析】由是奇函數(shù)，可判斷A；由已知可得判斷B；由已知等式推出，可推出函數(shù)的周期，判斷C；再結(jié)合賦值法可判斷D.【詳解】函數(shù)的定義域均為是奇函數(shù)，則，即函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，A正確；又，則，即，即，故的圖象關(guān)于直線對稱，B正確；由，可得，即得，結(jié)合，得，即，則，故函數(shù)是周期為4的函數(shù)，C正確；由，令，得，令，得，由，令，得，可得，故，則，D錯誤，故選：ABC12．【分析】利用向量模的坐標運算求得，然后代入投影向量公式求解即可.【詳解】因為，所以，所以在方向上的投影向量是.故答案為：13．（答案不唯一）【分析】利用分段函數(shù)、一次函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合條件，即可求解.【詳解】的解析式為（答案不唯一），理由如下，因為時，在區(qū)間上單調(diào)遞增，當時，在區(qū)間上單調(diào)遞增，且，所以時，函數(shù)為上的增函數(shù)，故答案為：（答案不唯一）14．/【分析】設(shè)關(guān)于平分線的對稱點為Q，根據(jù)題意可得三點共線，設(shè)，則，在利用余弦定理先求，然后由橢圓定義可求得，再利用余弦定理可得的齊次式，即可得出答案.【詳解】設(shè)關(guān)于平分線的對稱點為Q，則三點共線，設(shè)，則，又，所以在中，由余弦定理有：，即由橢圓定義可知，可得所以在中，由余弦定理可得：，即，所以，所以.故答案為：15．(1)，.(2).【分析】（1）由頻率和為1求出得值，根據(jù)平均數(shù)公式求出平均值.（2）根據(jù)條件列舉樣本容量和樣本點的方法，列式求解.【詳解】（1）由題意得，解得.由頻率分布直方圖得乙型芯片該項指標的平均值：.（2）根據(jù)分層抽樣得，來自甲型芯片指標在和的各1件，分別記為和，來自甲型芯片指標在和分別為3件和1件，分別記為，，和，從中任取2件，樣本空間可記為，，，，，，，，，，，，，，共15個，記事件：至少有一件為航天級芯片,則，，，，，，，，共9個，所以.16．（1）；（2）.【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.（2）方法一：根據(jù)的值，求得的值，由（1）求得的值，從而求得的值，進而求得的值.【詳解】（1）[方法一]：正余弦定理綜合法由余弦定理得，所以.由正弦定理得.[方法二]【最優(yōu)解】：幾何法過點A作，垂足為E．在中，由，可得，又，所以．在中，，因此．（2）[方法一]：兩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]【最優(yōu)解】：幾何法+兩角差的正切公式法

在（1）的方法二的圖中，由，可得，從而．又由（1）可得，所以．[方法三]：幾何法+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]：構(gòu)造直角三角形法

如圖，作，垂足為E，作，垂足為點G．在（1）的方法二中可得．由，可得．在中，．由（1）知，所以在中，，從而．在中，．所以．【整體點評】（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°角的特點，作出輔助線，利用幾何方法簡單計算即得答案，運算尤其簡潔，為最優(yōu)解；（2）方法一：使用兩角和的正弦公式求得的正弦值，進而求解；方法二：適當作出輔助線，利用兩角差的正切公式求解，運算更為簡潔，為最優(yōu)解；方法三：在幾何法的基礎(chǔ)上，使用正弦定理求得的正弦值，進而得解；方法四：更多的使用幾何的思維方式，直接作出含有的直角三角形，進而求解，也是很優(yōu)美的方法.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）由平面可得，由條件可得，從而，由線面垂直的判定定理可證出結(jié)論；（2）以為坐標原點，以所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，求出平面與平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.【詳解】（1）因為平面平面，可知，在中，為的中點，則，因為，所以，所以，即，又因為平面平面，所以平面.（2）由題意可知：平面，所以是斜線在平面上的射影，即為和平面所成的角，在中，，所以.又因為，故兩兩垂直，以為坐標原點，以所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，可得，設(shè)平面的法向量為，則，即，可取設(shè)平面的法向量為，則，即，可??；從而可知，所以平面和平面的夾角的余弦值為.18．(1)(2)(3)，【分析】（1）根據(jù)題意可知的最大值為，最小值為，求得，再由每分鐘轉(zhuǎn)2圈，求得，得到，結(jié)合時，，求得，（2）根據(jù)，令，由正弦函數(shù)的性質(zhì)，求得，即可求解；（3）由，求得，令，結(jié)合三角恒等變換的公式，根據(jù)，求得，得到，即可求解.【詳解】（1）解：由題意d與t之間的關(guān)系為，根據(jù)題意可知的最大值為，最小值為，可得，解得，又因為逆時針方向每分鐘轉(zhuǎn)2圈，所以函數(shù)的周期為，可得，所以，因為當時，，即，又因為，所以，所以，所以.（2）解：由（1）知，令，可得，即，可得，解得，當時，可得，則所以在筒車轉(zhuǎn)動的一周內(nèi)，盛水筒P有距離水面高度超過4m.（3）解：由，可得，令，可得，所以，，，所以，所以，即，所以