2026-2027学年河南省部分学校高二上学期9月测评数学试卷（含答案）

/数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.2.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.3.已知集合，，则（）A. B. C. D.4.2026年美加墨世界杯射手榜前10名的成绩（单位：粒）分别为：10，8，7，7，6，6，5，4，4，4，则这10名成绩的第60百分位数为（）A.6 B.7 C. D.5.已知函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则（）A. B. C. D.6.已知，则（）A. B. C. D.7.在中，角，，的对边分别为，，，，，，现以所在直线为轴，将其余两边旋转一周形成曲面并围成一个封闭的几何体，则这个几何体的体积为（）A. B. C.或 D.或8.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知中，内角，，所对的边分别为，，，且，，点为的费马点，则的最小值为（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.一个盒子中有2个红球，3个绿球，每个球大小、质地均相同，采用不放回的方式从中依次随机取出2个球．记事件为“第1次取出的球是红色”，事件为“第2次取出的球是红色”，则（）A. B. C. D.10.已知，，为实数，则下列命题成立的是（）A.若，则B.，，，都有C.若，则的最大值为D.若，则的最小值为411.已知正方体的棱长为2，点为正方体表面上一动点．则下列说法正确的是（）A.当点在线段上时，直线与直线可能是异面直线B.当点在线段上时，C.当点在线段上时，的最小值为D.当点在侧面上时，且三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知偶函数，则______．13.如图，已知是直角三角形且是圆锥的轴截面，点为下底面圆周上一点，且，则与平面所成的角的正弦值为______．14.若，且，满足，则的最大值为______．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.已知，．（1）求；（2）若与垂直，求的值．16.已知函数，若将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．（1）求函数的最小正周期和其图象的对称中心；（2）若函数（）为偶函数，求的值．17.如图所示，质点，在随机外力的作用下，分别从正四面体的顶点，同时出发，每次等可能地沿棱移动到其他顶点处，其中这两个质点移动互不影响，并且可以在一条棱上同向或反向同时移动．一个质点从一个顶点移动到另一个顶点叫移动一次．（1）求质点移动一次移动到顶点的概率；（2）求质点与各移动2次后均移动到顶点的概率；（3）求质点与各移动3次后至少有一个移动到顶点的概率．18.如图，四棱锥中，是正三角形，平面，，，为的中点，为直线与平面所成的角，且，点为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：；（3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．19.如图，在中，点在边上，且，．（1）若，求；（2）若为的角平分线，求的面积；（3）若为锐角三角形，求的取值范围．

数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：根据向量平行的坐标表示计算即可.解答过程：已知向量，，由于，所以，解得.2.复数的共轭复数是（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：根据虚数单位i的性质：，，所以原式.其共轭复数为.3.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：求出集合，按交集的定义求解即可.解答过程：因为，所以.4.2026年美加墨世界杯射手榜前10名的成绩（单位：粒）分别为：10，8，7，7，6，6，5，4，4，4，则这10名成绩的第60百分位数为（）A.6 B.7 C. D.答案：C解析：解答过程：将这10名成绩排序：4，4，4，5，6，6，7，7，8，10.，第60百分位数为.5.已知函数的单调递减区间为，单调递增区间为，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：利用韦达定理求解即可.解答过程：由题知，当时，或，所以可得，即，所以.6.已知，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：根据诱导公式以及余弦的二倍角公式，即可求解.解答过程：因为，又，所以，所以.7.在中，角，，的对边分别为，，，，，，现以所在直线为轴，将其余两边旋转一周形成曲面并围成一个封闭的几何体，则这个几何体的体积为（）A. B. C.或 D.或答案：C解析：解答过程：设点到距离为，因为，所以，，所以或者，当时，，即，如图所示，，则这个几何体的体积为；当时，，即，如图所示，，则这个几何体的体积为，综上所述，这个几何体的体积为或.8.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”其答案如下：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求的点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点被称为费马点．已知中，内角，，所对的边分别为，，，且，，点为的费马点，则的最小值为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据正弦定理、两角和的正弦公式，结合三角形面积公式、费马点的性质、平面向量数量积的定义、基本不等式进行求解即可.解答过程：根据正弦定理，由，因为，所以，所以由，因此该三角形三个内角均小于，因此点与三角形三个顶点的连线两两成角，

由余弦定理可知：，因为，当且仅当时取等号，所以，即，所以当时，有最小值.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.一个盒子中有2个红球，3个绿球，每个球大小、质地均相同，采用不放回的方式从中依次随机取出2个球．记事件为“第1次取出的球是红色”，事件为“第2次取出的球是红色”，则（）A. B. C. D.答案：AD解析：解答过程：由古典概型得，，故A正确；，故B错误；事件为“两次取出的球均是绿色”，则，故，，故C错误，D正确.10.已知，，为实数，则下列命题成立的是（）A.若，则B.，，，都有C.若，则的最大值为D.若，则的最小值为4答案：BCD解析：思路：根据基本不等式的性质，抛物线的性质逐项判断即可.解答过程：对于A，因为，是实数，若，则不成立，所以A错误；对于B，.因为，所以，所以，，，恒成立，当且仅当时，等号成立，所以B正确；对于C，因为，所以，所以.根据抛物线的性质可知，当时，的最大值为，所以C正确；对于D，因为，所以令，则.所以.由基本不等式的性质可得，所以.当且仅当，即时，等号成立，此时的最小值为4，所以D正确.11.已知正方体的棱长为2，点为正方体表面上一动点．则下列说法正确的是（）A.当点在线段上时，直线与直线可能是异面直线B.当点在线段上时，C.当点在线段上时，的最小值为D.当点在侧面上时，且三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为答案：BC解析：思路：分析四点共面可判断A；根据线面垂直的判定定理和性质定理可判断B；将平面沿翻折，使平面与平面共面，此时的最小值为翻折后点到点的线段长度，利用余弦定理计算即可判断C；先求出外接球半径，确定球心位置，从而得点的轨迹，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，计算体积最大值即可判断D.解答过程：对于A，如图1所示，当点在线段上时，因为是正方体，所以，当点与不重合时，，所以四点共面，所以与是共面直线；当点与重合时，与相交，也是共面直线．所以直线与直线不可能是异面直线，故A错误；对于B，正方形中，对角线；正方体侧棱底面，因此，与交于点，因此平面.当点在线段上时，平面，因此平面，故，故B正确；对于C，将平面沿翻折，使平面与平面共面，此时的最小值为翻折后点到点的线段长度，已知正方体的棱长为2，所以，则，即的最小值为，故C正确；对于D，如图4所示，分别设为正方形与正方形的中心，连接．三棱锥外接球的球心在线段上，又因为三棱锥外接球的表面积为，设外接球的半径为，则，则．连接，则，所以，即，解得．过点作平面，垂足为，设分别为的中点，则点在线段上，且，则，即，即．又因点在侧面内，则点是以为圆心，半径为的弧，如图5所示．因为三棱锥的体积，且，所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，当点三点共线时，点到平面的距离最大，且最大值为，所以三棱锥的体积的最大值为，故D错误．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知偶函数，则______．答案：3解析：解答过程：因为是偶函数，所以，即，所以，即，把代入得.13.如图，已知是直角三角形且是圆锥的轴截面，点为下底面圆周上一点，且，则与平面所成的角的正弦值为______．答案：##解析：思路：过点作，求证与平面所成的角为，再利用勾股定理计算边长即可.解答过程：过点作，垂足为，连接，易得平面，因为平面，所以，因为平面，所以平面，所以与平面所成的角为，设，所以，因为为圆的直径，所以，则，，，因为是直角三角形，所以，则，因为平面，所以，则与平面所成的角的正弦值为.14.若，且，满足，则的最大值为______．答案：##，解析：思路：由题意可得，设，由三角恒等变换得，由三角函数的性质求解即可.解答过程：因为，且，且，所以，即有，当时，上式恒成立，则，无最大值；当时，则有，设，则，因为的最大值为，所以的最大值为，即的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．15.已知，．（1）求；（2）若与垂直，求的值．答案：（1）5（2）13解析：（1）因为，所以①，又因为②，①②得：，所以，再将代入②得：，即，所以，所以.（2），因为与垂直，所以，所以，解得．16.已知函数，若将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．（1）求函数的最小正周期和其图象的对称中心；（2）若函数（）为偶函数，求的值．答案：（1）；，；（2）或解析：思路：（1）先根据图象平移伸缩变换得到，再根据正弦型函数性质求解；（2）根据三角函数奇偶性求解.（1）因为，将函数的图象上的所有点向左平移个单位长度，得到图象对应的解析式为：；再把所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，则；则函数的最小正周期；令，得，则函数的图象的对称中心为：，.（2），因为为偶函数，所以，则，，又因为，则或．17.如图所示，质点，在随机外力的作用下，分别从正四面体的顶点，同时出发，每次等可能地沿棱移动到其他顶点处，其中这两个质点移动互不影响，并且可以在一条棱上同向或反向同时移动．一个质点从一个顶点移动到另一个顶点叫移动一次．（1）求质点移动一次移动到顶点的概率；（2）求质点与各移动2次后均移动到顶点的概率；（3）求质点与各移动3次后至少有一个移动到顶点的概率．答案：（1）（2）（3）解析：思路：（1）设事件“质点移动一次移动到顶点”，根据古典概型即可求解；（2）设事件“质点移动2次后移动到顶点”，事件“质点移动2次后移动到顶点”，利用事件的独立性即可求解；（3）设事件“质点移动3次后移动到顶点”，事件“质点移动3次后移动到顶点”，先求，再利用即可求解.（1）设事件“质点移动一次移动到顶点”，因为质点从顶点出发，且每次等可能地沿棱移动到顶点，，处，所以；（2）设事件“质点移动2次后移动到顶点”，事件“质点移动2次后移动到顶点”，事件包括下列三种情况：；；，所以；事件包括下列两种情况：；，所以，则，即这两个质点移动2次后都移动到顶点的概率为；（3）设事件“质点移动3次后移动到顶点”，事件“质点移动3次后移动到顶点”，事件包含下列6种情况：，，，，，，则；事件包含下列7种情况：，，；，，，，所以，则，即这两个质点移动3次后至少有一个移动到顶点的概率为．18.如图，四棱锥中，是正三角形，平面，，，为的中点，为直线与平面所成的角，且，点为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：；（3）线段上是否存在一点，使得二面角的平面角为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．答案：（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以．所以，又因为是正三角形，所以．又因为，，所以，则，则，所以．又因为为的中点，所以，又因为，，平面，所以，又因为平面，平面，所以平面；（2）证明：因为点为中点，所以，又因为，，所以，即，即