精品解析：湖北省沙市中学2026-2027学年高二上学期9月月考数学试题

2026—2027学年度上学期2025级 9月月考数学试卷 命题人：镇祥平 审题人：冷劲松 考试时间：2026年9月23日 一、单选题 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 设 ， 是两条不同的直线，， 是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3. 某数据样本的频率分布直方图如下图所示，则该组数据的众数、平均数、中位数的大小关系为（    ） A. 众数<平均数<中位数 B. 众数<中位数<平均数 C. 中位数<平均数<众数 D. 众数=平均数=中位数 4. 已知向量，满足，，且满足，若正实数m，n，满足，最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5. 如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 《九章算术·商功》：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之棊，其形露矣.”即将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面，，，分别在棱，上，且，，若，，则三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1．O为底面内一点，且，，则（ ） A. 0 B. C. D. 8. 如图，已知一质点在外力的作用下，从原点0出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 若，，，则（ ） A. 事件与互斥 B. 事件与对立 C. 事件与互相独立 D. 10. 在中，内角，，的对边分别是，，，点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若为边长为4的等边三角形，则的最小值为-6 C. 若点为的垂心，且，则 D. 若，则点的轨迹经过的外心 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 不存在点，使得直线与所成的角为 B. 存在点，使得平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 存在点，使得直线平面 三、填空题 12. 已知四点共面，对空间任意一点，若，则______. 13. 某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的单次闯关的成功率分别为，，只有通过前一关才能进入下一关，每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立.一名选手参加该节目，则该选手能进入第三关的概率为____. 14. 如图所示的容器由两个共底面的圆锥组成，已知两个圆锥的高分别为8和2，底面半径均为4．在该容器内放置一个球，则这个球的表面积的最大值为________． 四、解答题 15. 某中学准备在感恩节向全校学生征集书画作品，美术田老师从全校随机抽取了四个班级记作，对征集到的作品的数量进行了分析统计，制作了如下两幅不完整的统计图． （1）田老师抽查的四个班级共征集到作品多少件？ （2）若全校参展作品中有五名同学获奖，其中有二名男生、三名女生．现在要在其中抽三名同学去参加学校书画座谈会，请用画树状图或列表的方法求恰好抽中一名男生、两名女生的概率． 16. 在锐角三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若，求周长的取值范围． 17. 南宁市举行“高一年级趣味数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； （2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了名学生，现从已抽取的名学生中随机抽取名，求有名或名学生的成绩在内的概率； （3）已知本次竞赛最终由甲、乙两人进行冠军争夺战，比赛采用“三局两胜制”（即先赢得两局者获得冠军，比赛随即结束）．已知每一局比赛中 甲胜乙的概率均为，且每局比赛结果互不影响．求甲获得冠军的概率． 18. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，，是边的中点，是边的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； （3）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 19. 定义：向量的“相伴函数”为；函数的“相伴向量”为（其中为坐标原点）. （1）设函数，求的“相伴向量”； （2）若函数，求其“相伴向量”的模的取值范围； （3）已知动点和定点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值.求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年度上学期2025级 9月月考数学试卷 命题人：镇祥平 审题人：冷劲松 考试时间：2026年9月23日 一、单选题 1. 已知复数z满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，再求模即可. 【详解】复数z满足，则， 所以. 2. 设 ， 是两条不同的直线，， 是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（　） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】直接在长方体模型中，分别找ABD选项的反例可得，对C则由线面垂直的性质定理可得. 【详解】如图：在长方体中， 选项A：如图，记平面为平面，设为直线，设为直线， 显然有，，但，故A错误； 选项B：如图，记平面为平面，设平面为平面，记为直线， 记为直线，显然有，，，但，故B错误； 选项C：由线面垂直的性质定理：垂直于同一条直线的两个不同平面互相平行，因此该命题成立，C正确. 选项D：如图：记平面为平面，设为直线，设为直线， 显然有，，但，故D不正确. 3. 某数据样本的频率分布直方图如下图所示，则该组数据的众数、平均数、中位数的大小关系为（    ） A. 众数<平均数<中位数 B. 众数<中位数<平均数 C. 中位数<平均数<众数 D. 众数=平均数=中位数 【答案】B 【解析】 【详解】由频率分布直方图可知，样本数据在左侧较集中，右侧尾部较长，分布呈右偏. 在频率分布直方图中，众数是最高矩形底边中点的横坐标，中位数是使左右两侧面积均为0.5的分界点，平均数受右侧较大数据的影响更明显. 因此平均数最大，中位数居中，众数最小，即众数<中位数<平均数. 4. 已知向量，满足，，且满足，若正实数m，n，满足，最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的模的运算性质求出，再由基本不等式求最值即可. 【详解】因为， 所以，即， 又，，代入上式得， 所以可得，即， ， 当且仅当，即时等号成立. 5. 如图，在平行六面体-中，，则与的夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】 设，则， ， ． 设与的夹角为， 由 ， ． 6. 《九章算术·商功》：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之棊，其形露矣.”即将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面，，，分别在棱，上，且，，若，，则三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过线面垂直的判定与性质证明  平面 ，进而证得 ，结合  可知  为三棱锥  外接球的直径，求出  后即可求解. 【详解】因为平面，平面，所以. 又，，平面 ，所以平面 . 因为 平面 ，所以 . 又，， 平面 ， 所以 平面 . 因为  平面 ，所以. 又，， 平面 ，所以 平面 . 因为平面，所以，即. 又，即，所以点均在以为直径的球面上，即为三棱锥外接球的直径. 在中，， 设三棱锥外接球的半径为，则，即， 所以外接球的体积. 7. 已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为1．O为底面内一点，且，，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量共面的推论求出，再根据数量积的定义及运算律计算可得. 【详解】根据空间向量共面定理：若点在平面内，且， 则系数和满足，解得： , 已知正三棱锥侧棱长，底面边长, 在中，，故，得, 同理在中，，故，得, 展开： 因此结果为​. 8. 如图，已知一质点在外力的作用下，从原点0出发，每次向左移动的概率为，向右移动的概率为，若该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，该质点位于X的位置，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用独立事件概率公式进行求解即可. 【详解】该质点每次移动一个单位长度，设经过5次移动后，从原点0出发，移动到位置， 所以可以判断该质点在5次移动中，有三次向右移动，有两次向左移动， 所以. 二、多选题 9. 若，，，则（ ） A. 事件与互斥 B. 事件与对立 C. 事件与互相独立 D. 【答案】CD 【解析】 【分析】利用互斥事件、对立事件、相互独立事件的定义及概率加法公式，结合已知条件分析即可. 【详解】对于A，若事件与互斥，则，由题意知，故A错误； 对于B，因为事件与不互斥，则事件与一定不对立，故B错误； 对于C，因为，所以， 由，故C正确； 对于D，根据概率加法公式得：，故D正确. 10. 在中，内角，，的对边分别是，，，点在所在的平面内，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若为边长为4的等边三角形，则的最小值为-6 C. 若点为的垂心，且，则 D. 若，则点的轨迹经过的外心 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据正余弦定理判断即可；对于B，建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标表示，进而求最值即可；对于C，根据向量数量积运算律，结合已知条件及向量夹角的计算公式求解即可；对于D，根据向量的数量积，结合垂直关系的向量表示判断即可. 【详解】对于A，由正弦定理和，得， 由余弦定理，可得， 因为，所以，则为钝角三角形，A正确； 对于B，如图1，构建以中点为原点的直角坐标系，则， 设，所以，， 由，则， 当，时，的最小值为，B正确； 对于C，如图2，因为为垂心，故，故，即， 所以，同理可得， 因为，所以， 所以，同理，故， 所以， C错误； 对于D，如图3所示，设中点为，则， 所以， 则， 所以，即，所以， 故在中垂线上，故点的轨迹经过的外心，故D正确. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 不存在点，使得直线与所成的角为 B. 存在点，使得平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 存在点，使得直线平面 【答案】BCD 【解析】 【分析】当点为线段上靠近的四等分点时，利用线线角的定义求解判断A；当点为中点时，证明面面平行，即可判断B；结合等体积转化，即可判断C；当点为中点时，证明线面垂直，即可判断D. 【详解】对于A：当点为线段上靠近的四等分点时， 如图，连接,过点作，交于， 则,又正方体中，，所以， 则直线与所成角为， 又，， 所以为等边三角形，所以，故A错误； 对于B，当点为中点时，有，平面，平面， 所以平面，同理，平面， 且，平面， 所以平面平面，故B正确； 对于C：三棱锥的体积，故C正确； 对于D：当点为中点时，有，又， 所以平面即平面， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，故D正确. 三、填空题 12. 已知四点共面，对空间任意一点，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据共面定理得到，再化为，即可求解. 【详解】因为四点共面， 所以，使得， 即， 又， 故，所以. 13. 某电视台的夏日水上闯关节目一共有三关，第一关与第二关的单次闯关的成功率分别为，，只有通过前一关才能进入下一关，每一关都有两次闯关机会，且通过每关相互独立.一名选手参加该节目，则该选手能进入第三关的概率为____. 【答案】##0.1575 【解析】 【分析】通过每一关都要分为一次闯关成功和两次闯关成功，从而分别求得概率，再由独立事件乘法公式计算可得. 【详解】因为每一关都有两次闯关机会， 所以通过第一关的总概率，通过第二关的总概率， 所以选手能进入第三关的概率. 14. 如图所示的容器由两个共底面的圆锥组成，已知两个圆锥的高分别为8和2，底面半径均为4．在该容器内放置一个球，则这个球的表面积的最大值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】首先求该几何体内切球的表面积，根据几何关系求半径，再求表面积. 【详解】几何体内最大的球为几何体的内切球，如图，点分别是切点， 连接交圆锥底面于点，连结，，， 因为，所以， 又，，且， 所以四边形是正方形，且， 则，即，解得：， 所以内切球的表面积为，即这个球的表面积的最大值为. 四、解答题 15. 某中学准备在感恩节向全校学生征集书画作品，美术田老师从全校随机抽取了四个班级记作，对征集到的作品的数量进行了分析统计，制作了如下两幅不完整的统计图． （1）田老师抽查的四个班级共征集到作品多少件？ （2）若全校参展作品中有五名同学获奖，其中有二名男生、三名女生．现在要在其中抽三名同学去参加学校书画座谈会，请用画树状图或列表的方法求恰好抽中一名男生、两名女生的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用扇形图和条形图，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成求不参加学校书画座谈会的获奖选手为一名男生、一名女生的概率，再列出树状图，利用古典概率公式，即可求解. 【小问1详解】 因为（件），所以田老师抽查的四个班级共征集到作品15件． 【小问2详解】 恰好抽中一名男生、两名女生的概率，也即为不参加学校书画座谈会的获奖选手为一名男生、一名女生的概率， 不参加学校书画座谈会的获奖选手情况画树状图如下： 共有20种等可能的结果，恰好一名男生、一名女生不参加学校书画座谈会的结果有12种， 所以恰好抽中一名男生、两名女生的概率为． 16. 在锐角三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】小问（1）根据商数关系、正弦定理和诱导公式将等式化简，再根据锐角三角形得出角的范围从而求出结果；小问（2）运用第（1）问结果和锐角三角形求出角B的范围，再根据正弦定理和角的关系求出b、c两边与角B的关系式，三角形的三边相加并进行化简，再根据角B的范围求出周长的范围. 【小问1详解】 在中，由题意得：， 即， 得， 因为，解得． 又，故． 【小问2详解】 由于该三角形为锐角三角形，，有， 即， 解得． 由正弦定理得：， 解得，， 则的周长 ， 又因为，所以， 的周长的取值范围为． 17. 南宁市举行“高一年级趣味数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成组，制成了如图所示的频率分布直方图． （1）求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）； （2）按照分层抽样从和两组中随机抽取了名学生，现从已抽取的名学生中随机抽取名，求有名或名学生的成绩在内的概率； （3）已知本次竞赛最终由甲、乙两人进行冠军争夺战，比赛采用“三局两胜制”（即先赢得两局者获得冠军，比赛随即结束）．已知每一局比赛中 甲胜乙的概率均为，且每局比赛结果互不影响．求甲获得冠军的概率． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图的性质，即可求出；再由频率直方图中平均数的求法，即可求解； （2）根据条件，求出样本空间和基本事件，利用古典概率公式，即可求解； （3）根据条件，利用互斥事件的概率公式和相互独立事件概率公式，即可求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图得，，解得， 估计高一年级初赛成绩的平均数为. 【小问2详解】 组与组的频率比为，因此抽样人数分别为人与人， 设五名学生为、、、、，其中、在组，、、在组， 因此样本空间，， 记“有名或名学生成绩在”为事件，，， 因此根据古典概型的计算公式． 【小问3详解】 设事件为甲在第一局中获得胜利，事件为甲在第二局中获得胜利，事件为甲在第三局中获得胜利， 因此为乙在第一局中获得胜利，为乙在第二局中获得胜利，为乙在第三局中获得胜利， 故，， 甲获得冠军的情况分为甲赢、甲输、甲赢：甲赢、甲赢；甲输、甲赢、甲赢． 即为事件， 因此 故． 18. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，，是边的中点，是边的中点． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； （3）若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为底面是平行四边形，所以． 因为是边的中点，是边的中点，所以，则． 而平面，平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平行的传递性可得，即可根据线面平行的判定定理证得平面； （2）根据题意可证得平面，点到平面的距离即为长，即可求出； （3）由题意以及二面角的定义可知即为二面角的平面角，解三角形求出的值，再利用点到平面的距离是点到平面距离的一半，求出和，即可解出. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为平面，，所以平面， 则点到平面的距离即为长. 而，所以点到平面的距离为． 【小问3详解】 因为平面，，平面，所以，， 则即为二面角的平面角，即． 因为，由余弦定理得， 即，解得，所以． 如图，过点作于点，连接． 因为平面，平面，所以． 而，，平面，所以平面． 在中，， 因为是边的中点，所以点到平面的距离是点到平面 距离的一半，即． 因为平面，平面，所以， 即四边形是直角梯形，由（1）知，． 在等腰三角形中，． 所以在直角梯形中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 19. 定义：向量的“相伴函数”为；函数的“相伴向量”为（其中为坐标原点）. （1）设函数，求的“相伴向量”； （2）若函数，求其“相伴向量”的模的取值范围； （3）已知动点和定点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值.求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）把化为形式，由定义即得. （2）把化为形式，得其“相伴向量”，由模公式可求模. （3）先根据定义得到函数取得最大值时对应的自变量，再结合基本不等式求出的取值范围，由正切的二倍角公式及函数的单调性可得结论. 【小问1详解】 函数， 所以函数的“相伴向量”. 【小问2详解】 依题意，， 则函数的“相伴向量”， 因此. 【小问3详解】 向量的相伴函数， 其中由确定， 当时，函数取到最大值，则， ， 由定点且，得， 设且， 因此， 当时，， 当且仅当时取等号； 当时，， 当且仅当时取等号，则， 令，于是， 函数在内单调递减， 当时，； 当时，，； 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $