河南普通高中2026-2027学年高二上学期9月联考数学试卷

河南省部分高中2026-2027学年高二上学期98540分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求1.已知点𝑀在𝑧轴上，且点𝑀到点𝐴(1,0,2)与到点𝐵(1,−3,1)的距离相等，则点𝑀的坐标为 A. B. C. D.2.在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐶 3，𝑃𝐴=𝑃𝐵=𝑃𝐶=2，则三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的体积是

3

B. C.

D.

已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4该圆台的体积为

C. D.B.B.5.在直四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，底面𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为2的正方形，侧棱𝐴𝐴1=22，点𝑀为棱𝐵1𝐶1的中

3

3

2由斜二测画法得到的一个水平放置的𝖺𝐴𝐵𝑂的直观图𝖺𝐴′𝐵′𝑂′𝐴′𝐵′=𝐵′𝑂′=2，底角为30∘，则在水平放置图中，𝖺𝐴𝐵𝑂的边𝐴𝑂上的高为

B.

C.

D.如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐵𝐶=

𝐴𝐶的中点，且𝐴𝐵=𝐵𝐶=

=1，则直线11到平面𝐵𝐶1𝐷的距离为

，是棱

如图，在棱长为1的正方体𝐵𝐷𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，上底面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1内(含边界)有一动点𝐸，下列说法的是( )若平面𝐴𝐷𝐸平面𝐵𝐶𝐸=𝑙，则𝐶𝐶1⊥当𝐶𝐸=

2时，点𝐸的轨迹长度为若𝐸是𝐷𝐵上一动点，则𝐴𝐸+𝐶𝐸的最小值为6+1 若异面直线𝐶𝐸与𝐴𝐵所成角为𝜃，则cos𝜃的取值范围是0,318已知直线𝑚，𝑛和平面𝛼，𝛽，能使𝑚⊥𝛼的充分条件是 ∀𝑛⊂𝛼，𝑚⊥ B.𝛼//𝛽，𝑚⊥C.𝛼⊥ D.𝛼⊥𝛽，𝛼∩𝛽=𝑛，𝑚//𝛽，𝑚⊥下列说法正确的有

+𝑐,𝑎−𝑏,𝑎在三棱锥𝑂−𝐴𝐵𝐶中，𝑂𝐴𝐴𝐵−𝐶𝐵=若 =−3，则异面直线𝑀𝑁与𝑃𝑄若空间向量𝑚=(𝑥,2,0)与𝑛=(3,4−𝑥,𝑥)的夹角为锐角，则实数𝑥的取值范围是(−811.将一副直角三角板按图1所示的方式拼接，从中抽象出图2所示的平面四边形𝐴𝐵𝐶𝐷，其中∠𝐵𝐴𝐷=∘，∠𝐴𝐵𝐷=90∘，𝐴𝐵=2，𝐵𝐶=𝐶𝐷.现将𝖺𝐵𝐶𝐷沿着𝐵𝐷折起，连接𝐴𝐶，得到图3所示的三棱锥 𝐶𝐸⊥存在𝜃使得直线𝐴𝐵与𝐶𝐸所成的角为90当𝜃=90∘时，三棱锥𝐶−𝐴𝐵𝐷的外接球表面积为当𝜃=30∘时，三棱锥𝐴−𝐶𝐸𝐹351512.已知平面𝛼的一个法向量为𝑢=(1,2,−1)，平面𝛽的一个法向量为𝑣=(𝜆2,2,8)，若𝛼⊥𝛽𝜆= 13.已知正六棱锥的底面边长为3，高为3，则该正六棱锥的外接球的体积 14.如图，在棱长为3的正四面体𝑃−𝐴𝐵𝐶中，𝑀是棱𝑃𝐵上一点，且𝑃𝑀=2𝑀𝐵，过点𝑀作平面𝛼，𝑃𝐶//𝛼，且平面𝛼分别交𝐴𝑃，𝐵𝐶，𝐴𝐶于点𝑁，𝐺，𝐻.若四边形𝑀𝑁𝐻𝐺的周长为7，则𝑁𝐻= 577如图，已知平面四边形𝐴𝐵𝐶𝑃中，𝐷为𝑃𝐴的中点，𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝐶𝐷//𝐴𝐵，且𝑃𝐴=𝐶𝐷=2𝐴𝐵=4.将此平面四(1)若𝑃𝐶=3𝑃𝐸，证明：𝐴𝑃//平面如图，底面由矩形𝐴𝐵𝐶𝐷与以𝐴𝐷为直径的半圆拼接而成，已知𝑃𝐴底面𝐴𝐵𝐶𝐷，且𝐵𝐶=2𝑃𝐴=2，𝐴𝐵=证明：𝐷𝐸平面若二面角𝑃−𝐷𝐸−𝐴的夹角为30∘，求平面𝑃𝐵𝐶与平面𝑃𝐷𝐸如图，在平行六面体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，𝐴𝐴1=3，∠𝐵𝐴𝐷=90∘，∠𝐵𝐴𝐴1=∠=60求证：𝐵𝐷⊥求𝐴𝐶1求𝐴𝐶1与𝐴1𝐷如图，在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝖺𝑃𝐴𝐷是以𝐴𝐷为斜边的等腰直角三角形，𝐵𝐶//𝐴𝐷，𝐶𝐷⊥𝐴𝐷=2𝐷𝐶=2𝐵𝐶=2，𝑃𝐶= 棱𝑃𝐷上是否存在点𝑄，使得点𝑄到平面𝑃𝐴𝐵的距离是415？若存在，求出𝑃𝑄空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧中，任何一个平面的方程都能表示成𝐴𝑥𝐵𝑦𝐶𝑧𝐷=0(其中𝐷∈𝑅，𝐴2+𝐵2+𝐶2≠0)，且𝑛=(𝐴,𝐵,𝐶)(1)若平面𝛼:𝑥𝑦+𝑧=2，𝛽:𝑚𝑥𝑦+𝑧=2，且𝛼⊥𝛽，求实数𝑚(2)请利用法向量和投影向量的相关知识证明：点𝑃(𝑥0,𝑦0,𝑧0)到平面𝐴𝑥+𝐵𝑦+𝐶𝑧+𝐷=0的距离为𝑑=|𝐴𝑥0+𝐵𝑦0+𝐶𝑧0+𝐷|，若记集合𝑄=(𝑥,𝑦,𝑧)||𝑥||𝑦|+|𝑧|=2所围成的几何体为𝑈，求𝑈(3)记集合𝑇=(𝑥,𝑦,𝑧)||𝑥|+|𝑦|≤2,|𝑦|+|𝑧|≤2,|𝑧|+|𝑥|≤2中所有点构成的几何体为𝑊.求𝑊的体积𝑉的【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】±

【答案】证明：折叠前，因为𝑃𝐴⊥𝐴𝐵，𝐶𝐷//𝐴𝐵，所以𝑃𝐴⊥𝐶𝐷，所以𝑃𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷，折叠后，𝑃𝐷⊥𝐶𝐷，𝐴𝐷⊥𝐶𝐷仍然成立，所以𝑃𝐷⊥建立如图所示的空间直角坐标系则𝐴𝐵=(0,2,0)，𝐷𝐵=(2,2,0)，𝐴𝑃=(−2,0,2)，=3 4 4因为 𝑃𝐸，所以𝐸(0,,)，𝐷𝐸=(0,,3 3设平面𝐵𝐷𝐸的法向量为𝑚=

⋅𝐷𝐵=2𝑥1+2𝑦1=0⋅𝐷𝐸=4𝑦1+4𝑧1= 令𝑥1=1，则𝑦1=−1，𝑧1=所以平面𝐵𝐷𝐸的一个法向量为𝑚=(1,−1,1)，可得𝐴𝑃𝑚=−210(−1)21=0，所以𝐴𝑃//平面𝐵𝐷𝐸【答案】解：(1)证明：因为点𝐸在以𝐴𝐷为直径的半圆上(不与𝐴、𝐷两点重合)，故𝐷𝐸⊥𝐴𝐸，又因𝑃𝐴⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐷𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，有𝑃𝐴⊥𝐷𝐸．因为𝐴𝐸𝑃𝐴=𝐴，𝐴𝐸、𝑃𝐴平面𝑃𝐴𝐸，所以𝐷𝐸平面(2)因为𝐷𝐸平面𝑃𝐴𝐸，𝑃𝐸平面𝑃𝐴𝐸，所以𝐷𝐸⊥又因为𝐷𝐸⊥𝐴𝐸，所以二面角𝑃−𝐷𝐸−𝐴的平面角为∠𝑃𝐸𝐴，即∠𝑃𝐸𝐴=30∘，因为𝑃𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐸⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以因为𝑃𝐴=1，所以𝑃𝐸=2𝑃𝐴=2，𝐴𝐸=

又因为𝐴𝐷=𝐵𝐶=2

=1则𝐴(0,0,0)、𝐷(0,2,0)、𝑃(0,0,1)、𝐸33,0、𝐵(3,0,0)、𝐶(2所以𝐷𝐸=31,0，𝑃𝐷=(0,2,−1)，𝐵𝐶=(0,2,0)，𝑃𝐵=( 设平面𝑃𝐷𝐸的一个法向量为𝑚=⋅𝐷𝐸=−3𝑥1−1𝑦1=

，取𝑥1=1，可得𝑚=(1,−3,−2⋅𝑃𝐷=2𝑦1−𝑧1=设平面𝑃𝐵𝐶的一个法向量为𝑛=

⋅𝐵𝐶=2𝑦2=⋅𝑃𝐵=3𝑥2−𝑧2=

，取

=1，可得𝑛=(1,0,所以cos𝑚,𝑛=𝑚⋅𝑛=−5=−

17.【答案】解：(1)由题意知𝐵𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝐵，𝐴𝐶1=𝐴𝐶𝐶𝐶1=𝐴𝐵+𝐴𝐷+𝐴𝐴1，因为𝐴𝐵=𝐴𝐷=2,𝐴𝐴1=3,∠𝐵𝐴𝐷=90∘,∠𝐵𝐴𝐴1=∠𝐷𝐴𝐴1=60∘，则𝐴𝐷⋅𝐴𝐵=0,𝐴𝐷⋅𝐴𝐴1=𝐴𝐵⋅𝐴𝐴1=2×3×cos60∘=所以𝐵𝐷⋅𝐴𝐶1=(𝐴𝐷−𝐴𝐵)

+𝐴𝐷=𝐴𝐷⋅𝐴𝐵+

2+𝐴𝐷⋅𝐴𝐴1−𝐴𝐵−𝐴𝐷⋅𝐴𝐵−𝐴𝐵⋅=0+4+3−4−0−3=所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶1即𝐵𝐷⊥(2)由(1)知𝐴𝐶1=𝐴𝐵+𝐴𝐷+所以

+𝐴𝐷

=

+

+

+2𝐴𝐵⋅𝐴𝐷+2𝐴𝐵⋅𝐴𝐴1+2𝐴𝐷⋅=4+4+9+0+2×3+2×3=所以𝐴𝐶1=|𝐴𝐶1| (3)因为𝐴1𝐷=所以|𝐴1𝐷

𝐴𝐷𝐴𝐷−2𝐴𝐷⋅𝐴𝐴1+ 22−2×3+又𝐴𝐶1⋅𝐴1𝐷=

+𝐴𝐷

⋅=𝐴𝐵⋅𝐴𝐷+

+𝐴𝐴1⋅𝐴𝐷−𝐴𝐵⋅𝐴𝐴1−𝐴𝐷⋅𝐴𝐴1−𝐴𝐴1⋅=0+4+3−3−3−32=所以cos⟨𝐴𝐶,𝐴𝐷⟩=𝐴𝐶1⋅𝐴1𝐷

=−829×1 |𝐴𝐶|⋅|𝐴29×

所以𝐴𝐶与𝐴𝐷所成角的余弦值为8 𝖺𝑃𝐴𝐷是以𝐴𝐷∴𝑃𝑂⊥𝐴𝐷，𝑃𝑂=1，𝑂𝐷=𝑂𝐴=𝑂𝐷2+𝐵𝐶//𝐴𝐷，𝐵𝐶=1，𝐶𝐷⊥𝐴𝐷，四边形𝑂𝐵𝐶𝐷是矩形，𝑂𝐶𝑂𝐷2+𝑃𝐶 3，𝑃𝑂2+𝑂𝐶2=1+2=3=𝑃𝐶2，∴𝑃𝑂⊥𝑂𝐶𝐴𝐷=𝑂，𝑂𝐶、𝐴𝐷底面𝐴𝐵𝐶𝐷，故𝑃𝑂底面𝑂(0,0,0)，𝐶(1,1,0)，𝐷(0,1,0)，𝐴(0,−1,0)，𝐵(1,0,0)，𝑃(0,0,1)，𝐸为𝑃𝐷中点：𝐸0,1 𝐶𝐸=−1,−1

，𝑃𝐴=(0,−1,−1)，𝑃𝐵=设平面𝑃𝐴𝐵法向量𝑛1=(𝑥,𝑦,𝑧)𝑛1⋅𝑃𝐴=−𝑦−𝑧=0𝑛1⋅𝑃𝐵=𝑥−𝑧=令𝑦=1，则𝑧=−1，代入得𝑥+1=0⇒𝑥=−1，𝑛1=𝐶𝐸⋅

=(−1)×(−1)+

×1+1×(−1)=1−1−1=

2∴𝐶𝐸⊥𝑛1，又𝐶𝐸⊄平面𝑃𝐴𝐵，故𝐶𝐸//平面(2)𝑃𝐵=(1,0,−1)，𝐵𝐶=设平面𝑃𝐵𝐶法向量𝑛2=(𝑥,𝑦,𝑧)𝑛2⋅𝑃𝐵=𝑥−𝑧=

⋅𝐵𝐶=−𝑦=0,𝑦=0，取𝑥=1，𝑧=

2=𝑃𝐶=(1,1,−1)，𝐶𝐷=设平面𝑃𝐶𝐷法向量𝑛3=(𝑛3⋅𝑃𝐶=𝑥+𝑦−𝑧=0,𝑥=0，取𝑦=1，𝑧=

=𝑛3⋅𝐶𝐷=−𝑥=cos𝜃

|𝑛

=

=

2⋅(3)𝑃𝐷=(0,1,−1)，设𝑃𝑄=𝜆𝑃𝐷，𝜆∈平面𝑃𝐴𝐵法向量𝑛1=(−1,1,−1)，取平面内点𝑃(0,0,1)，向量𝑃𝑄=(0,𝜆,−𝜆)．𝑑=|𝑃𝑄⋅𝑛1|=|0+𝜆+𝜆|=|2𝜆|=2𝜆，令2𝜆=4

解得𝜆=25∈[0,1]，所以存在点𝑄，使得点𝑄到平面𝑃𝐴𝐵的距离是4 2此时𝑄点坐标为𝑄0,25 2|𝑃𝐷|

2，𝑃𝑄=𝜆⋅|𝑃𝐷|=2502+102+12+

219.【答案】解：(1)根据题意，平面𝛼的法向量𝑛1=(1,1,1)，平面𝛽的法向量𝑛2=(𝑚,1,1)，所以𝑛1⋅𝑛2=1×𝑚+1×1+1×1=0，故𝑚=−2．(2)不妨设𝐶≠0，在平面𝐴𝑥+𝐵𝑦+𝐶𝑧+𝐷=0内取一点𝑄 ，则向量𝑄𝑃=𝑥0,𝑦0,𝑧0 取平面𝐴𝑥𝐵𝑦𝐶𝑧𝐷=0的一个法向量𝑛=(所以点𝑃(𝑥,𝑦,𝑧)到平面𝐴𝑥𝐵𝑦𝐶𝑧𝐷=0的距离为𝑑=|𝑄𝑃⋅𝑛|=00

对于𝑄=(𝑥,𝑦,𝑧)||𝑥|+|𝑦|+|𝑧|=2当𝑥，𝑦，𝑧>0时，𝑥𝑦𝑧=2表示经过(2,0,0)，(0,2,0)，(0,0,2)的平面在第一象限的部分．由对称性可知𝑈表示(±2,0,0)，(0,±2,0)，(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体．法1：设内切球的半径为𝑟，则𝑟即为原点𝑂到平面𝑥+𝑦+𝑧=2则𝑟=|0+0+0+2|

23.所以内切球的表面积为𝑆=

=

22法2：考虑𝑄′=(𝑥,𝑦,𝑧)|𝑥+𝑦+𝑧≤2,𝑥≥0,𝑦≥0,𝑧≥0即为三个坐标平面与𝑥𝑦+𝑧=2围成的四面体，其四个顶点分别为此四面体的体积为

′=3×2

1×2×

=3，由对称性知，正八面体𝑈的体积𝑉1=

′=32设内切球的半径为𝑟，正八面体𝑈的表面积为2

×

×

=16所以

2 =𝑆×𝑟 ，解得：𝑟 .所以内切球的表面积为𝑆= 2

=(3)由(2)可知𝑄=(𝑥,𝑦,𝑧)||𝑥|+|𝑦|+|𝑧|=2所围几何体是关于平面𝑥𝑜𝑦，𝑦𝑜𝑧，𝑧𝑜𝑥对称的，且𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝑂𝐶=集合𝑇=(𝑥,𝑦,𝑧)||𝑥|+|𝑦|≤2,|𝑦|+|𝑧|≤2,|𝑧|+|𝑥|≤2所表示的几何图形𝑊也关于平面𝑥𝑜𝑦，𝑦𝑜𝑧，𝑧𝑜𝑥对其在第一卦限内的部分𝑇′=(𝑥,𝑦,𝑧)|𝑥+