精品解析：河南省部分学校2026-2027学年高二上学期9月测评数学试题

2026~2027学年高二9月测评 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5 mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将答题卡上交． 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4 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 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026~2027学年高二9月测评 数学 （试卷满分：150分，考试时间：120分钟） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5 mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将答题卡上交． 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】 【分析】根据向量平行的坐标表示计算即可. 【详解】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】 【详解】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】 【分析】求出集合，按交集的定义求解即可. 【详解】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】 【详解】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】 【分析】利用韦达定理求解即可. 【详解】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】 【分析】根据诱导公式以及余弦的二倍角公式，即可求解. 【详解】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】 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【详解】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】 【分析】根据基本不等式的性质，抛物线的性质逐项判断即可. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【小问1详解】 因为， 所以①， 又因为②， ①②得：， 所以， 再将代入②得：， 即， 所以， 所以. 【小问2详解】 ， 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】 【分析】（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. 【小问1详解】 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：，. 【小问2详解】 ， 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】 【分析】（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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 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，所以，． 因为为直线与平面所成的角， 所以过点作平面，垂足一定在直线上， 因为平面，所以， 又因为是正三角形，为的中点，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 且为的中点，所以； （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，即证即可； （2）利用余弦定理计算，得，又为直线与平面所成的角，过点作平面，垂足一定在直线上，利用线面垂直的判定定理即可得证平面，进而得证； （3）连接，得即为二面角的平面角，进而得，，利用正弦定理得，进而得，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，且，，所以， 所以，连接，因为为的中点，所以， 又因为，则即为二面角的平面角， 即， 在中，又因为， 所以， 由正弦定理得：，即， 解得， 所以，所以． 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． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在中求出，在中利用余弦定理求出. （2）利用平面向量基本定理和余弦定理求出和边，从而求出的面积. （3）先由互补角余弦定理得到两边的关系，再由锐角三角形得到两边的取值范围，最后用函数单调性求解的取值范围. 【小问1详解】 因为，且，， 所以，则. 在中，由余弦定理得 ，所以. 【小问2详解】 因为，，为的角平分线， 所以，设，则. 而， 将上式两端平方可得， 所以，即. 又由余弦定理得，代入上式解得， 所以，，而，则. 所以. 【小问3详解】 设，，， 由，则得， 整理得，所以． 则. 因为为锐角三角形，所以有，解得， 令，则在上单调递增， 且，，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $