精品解析：北京市北京中学2025-2026学年高二英才上学期期中质量调研数学试题

2025—2026学年度第一学期期中质量调研试题 高二英才数学 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共50分） 一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知直线经过两点，那么直线的斜率为（ ） A B. C. D. 2. 已知圆与圆外切，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 3. 如图，在平行六面体中，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若直线被圆C截得的弦长为，则（　　） A. ±2 B. C. 2 D. 2 5. 若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知等比数列的前n项和为成等差数列，，则n的最小值是（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 7. 已知椭圆C：上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 设是所有项都不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“为递增数列”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（ ） A B. C. D. 10. 曼哈顿距离（）是由十九世纪赫尔曼闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在平面直角坐标系内有两个点，它们之间的曼哈顿距离．已知点，点是直线上的动点，点是直线上的动点，其中．则的最小值为（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共100分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分． 11. 若向量，且，则___________. 12. 记等差数列的前项和为，则______. 13. 写出一个关于直线对称的圆的方程__________. 14. 如图所示多面体，其各个面都是边长为2的等边三角形，点分别为棱的中点，则______. 15. “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现.若椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一动点，过和原点作直线与椭圆的蒙日圆相交于，，则________. 16. 已知等差数列与等比数列都是无穷递增数列，给出下列四个结论: ①不存在数列与，使得递减数列； ②存在数列与，使得是递增数列； ③不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项； ④存在数列与，使得恰好出现三个为1的项. 其中正确结论的序号是_____. 三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 17. 已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求的前项和. 18. 已知圆经过点，，且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）若圆与直线交于两点， （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若在圆C上存在点，使四边形为平行四边形，其中为坐标原点，求的值. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求： （i）直线与平面所成角的正弦值； （ii）点到平面的距离． 条件①：二面角的大小为； 条件②： 条件③：． 20. 已知椭圆过点，长轴长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于点，直线分别交直线于点，为坐标原点.若，求证：直线经过定点. 21. 在）个实数组成的n行n列的数表中，表示第i行第j列的数，记，若∈，且两两不等，则称此表为“n阶H表”，记 （1）请写出一个“2阶H表”； （2）对任意一个“n阶H表”，若整数且，求证：为偶数； （3）求证：不存在“5阶H表”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年度第一学期期中质量调研试题 高二英才数学 本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共50分） 一、选择题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知直线经过两点，那么直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜率公式求得直线的斜率. 【详解】依题意，直线的斜率为. 故选：C 2. 已知圆与圆外切，则（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】求出两圆的圆心和半径，再利用两圆外切列方程求解． 【详解】圆的圆心，半径， 圆的圆心，半径， 由圆，外切，得，即， 所以. 故选：D. 3. 如图，在平行六面体中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的线性运算得到，然后求即可. 【详解】解：，又因，， ∴， ∴，，， 故选：A. 4. 若直线被圆C截得的弦长为，则（　　） A. ±2 B. C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由直线和圆相交时的弦长公式求解即可. 【详解】由题意可得圆的圆心为，半径， 则圆心到直线的距离， 又因为截得的弦长为， 所以， 化简得，解得. 故选：A. 5. 若椭圆的弦AB被点平分，则AB所在直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用点差法求解得，再根据点斜式求解即可得答案. 【详解】设，则 所以，整理得， 因为为弦的中点， 所以， 所以， 所以弦所在直线的方程为，即. 故选：A. 6. 已知等比数列的前n项和为成等差数列，，则n的最小值是（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项的性质可得关于公比q的方程，解得，再根据等比数列前n项和公式计算，结合n的范围即可求得其最小值． 【详解】设等比数列的公比为q， 由题意，，则得，即， 整理可得，解得， 所以，即， 又因为，所以，即n的最小值是11． 故选：B． 7. 已知椭圆C：上有一点A，它关于原点的对称点为B，点F为椭圆的右焦点，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造椭圆左焦点，利用对称性得到矩形，结合直角三角形边角关系与椭圆的定义，建立a、c关系求解离心率． 【详解】设椭圆左焦点为，连接， 由A、B关于原点对称，可知四边形为平行四边形， 又，故，即平行四边形为矩形， 因此，， 在中，，设，则，， 由椭圆的定义，， 又，故，即， 将代入，得， 故离心率． 故选：C 8. 设是所有项都不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】作差法得到，若递减，可得为递增数列，充分性成立，可以举出实例说明必要性不成立，从而可得答案. 【详解】若递减，则 因此需要满足：且恒成立； 若，，则对所有成立， 若，，则存在使得，与矛盾 递减的充要条件是且， 即若递减，则为递增数列，充分性成立； 若为递增数列，则， ， 由于不知道的正负，故无法判断的正负， 故不能得到为递减数列，必要性不成立， 例如为以下数列：， 则为，不是递减数列， 所以“为递减数列”是“为递增数列”的充分也不必要条件. 故选：A. 9. 中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解. 【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸， 如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点， 连结，过边的中点作，垂足为，    则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为， 设漏壶上口宽为，下底宽为，高为， 在中，，， 因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等， 所以为定值， 又因为三个漏壶的高成等差数列，所以. 故选：． 【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识. 10. 曼哈顿距离（）是由十九世纪赫尔曼闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在平面直角坐标系内有两个点，它们之间的曼哈顿距离．已知点，点是直线上的动点，点是直线上的动点，其中．则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线所过定点的求法和直线垂直关系判定可知，大致锁定两直线位置，并验证出可过点；根据曼哈顿距离的几何意义，结合直线位置关系可确定当过，即重合时，所求曼哈顿距离和取最小值，由此可得结果. 详解】记直线，则， 由得：，恒过定点； 记直线，则， 由得：，恒过定点； ，； 若过点，则，解得：，与矛盾，不过点； 若过点，则，解得：，符合题意，可过点； 设曼哈顿距离，其中，则点到定点的曼哈顿距离为定值的轨迹是正方形，该正方形以为中心，其中一条对角线在轴上，另一条对角线平行于轴，且对角线长的一半为定值，如下图所示， ，，， ，可知轨迹为该正方形； 当正方形与相交于一点时，；当正方形与相交于一点时，， （当过，即重合时取等号）， 当过时，，此时，则， 的最小值为. 故选：A. 第二部分（非选择题 共100分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分． 11. 若向量，且，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】空间向量垂直，则空间向量的数量积为0，进而列出方程，求得结果 【详解】因为，所以，即，解得： 故答案为： 12. 记等差数列的前项和为，则______. 【答案】160 【解析】 【分析】根据等差数列下标和的性质与等差数列前n项求和公式计算即可求解. 【详解】由题意知，，得， 所以， 所以. 故答案为：160 13. 写出一个关于直线对称的圆的方程__________. 【答案】（答案不唯一，形如，） 【解析】 【分析】在直线上任取一点为圆心，为半径写出圆的方程即可. 【详解】设圆的方程为，，圆心为，半径为， 因为圆关于直线对称， 所以， 所以圆的方程为，， 不妨取，， 则关于直线对称的一个圆的方程为：. 故答案为：（答案不唯一，形如，） 14. 如图所示的多面体，其各个面都是边长为2的等边三角形，点分别为棱的中点，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】根据正八面体的性质得到，然后利用线性运算和数量积的运算律计算即可. 【详解】 由条件可知此多面体为正八面体，故，，则， . 故答案为：1 15. “蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上.称此圆为该椭圆的“蒙日圆”，该圆由法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746-1818）最先发现.若椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一动点，过和原点作直线与椭圆的蒙日圆相交于，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】令，利用椭圆的定义可得，再由平面向量的知识可得，从而得到；结合“蒙日圆”的定义可知，由此得到，故得解. 【详解】因为椭圆，所以，故，，如图，令， 因为，所以，即， 结合图象，由平面向量的知识可得，故， 两式相加得，即，即， 由“蒙日圆”的定义，当我们过椭圆上下左右四个顶点作椭圆的切线时，易知椭圆的“蒙日圆”的直径为这四条切线所围成的矩形的对角线，故由勾股定理得， 所以，故， . 故答案为：. 16. 已知等差数列与等比数列都是无穷递增数列，给出下列四个结论: ①不存在数列与，使得是递减数列； ②存在数列与，使得递增数列； ③不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项； ④存在数列与，使得恰好出现三个为1的项. 其中正确结论的序号是_____. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】由即可判断①；由可以成立即可判断②；由增数列性质结合一次函数和指数函数图像性质即可依次分析判断③④. 【详解】因为等差数列与等比数列都是无穷递增数列， 则， 则， 所以数列是递增数列，不存在数列与，使得是递减数列，①正确； 设等差数列公差为d，等比数列公比为q， 则， 显然可以成立， 如当时，即， 所以存在数列与，使得是递增数列，②正确； 由①数列是递增数列，所以最小项为， 由等差数列性质， 若恒成立，则由等比数列是无穷递增数列得， 则一定存在，使得，则当时，， 则有无穷个正项和有限个负项， 所以不存在数列与，使得同时有无穷个正项和无穷个负项，③正确； 因为为一次型函数增长模型，为指数型增长模型， 由一次函数与指数函数图像特征可知，一次函数与指数函数至多只有两个交点， 所以不存在数列与，使得恰好出现三个为1的项，④错误. 故答案为：①②③ 三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 17. 已知是等差数列的前项和，，数列是公比大于1的等比数列，且，. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求的前项和. 【答案】（1）， （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，列式求出等差数列公差、等比数列公比即可. （2）利用分组求和法，结合等差等比数列前项和公式求解. 【小问1详解】 在等差数列中，，解得，而， 因此数列的公差，； 设等比数列的公比为，由，得，解得， 又，则，解得，而，因此，， 所以数列和的通项公式分别为，. 【小问2详解】 由（1）得， 所以. 18. 已知圆经过点，，且圆心在直线上. （1）求圆的方程； （2）若圆与直线交于两点， （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若在圆C上存在点，使四边形为平行四边形，其中为坐标原点，求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先设圆心坐标，再根据两点间距离计算求参，即可得出圆的方程； （2）（ⅰ）根据圆心到直线的距离小于半径得出范围；（ⅱ）根据平行四边形结合已知得出菱形，再应用点到直线距离为1得出参数. 【小问1详解】 根据圆心在直线上，设圆心. 因为圆经过，所以， 所以，解得. 所以圆心，所以圆的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意，，所以， 即，所以的取值范围是. （ⅱ）因为四边形为平行四边形，又因为，所以为菱形. 因为，所以点到直线的距离， 所以，符合题意. 19. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，为棱的中点． （1）求证：平面； （2）若，再从条件①､条件②､条件③中选择若干个作为已知，使四棱锥唯一确定，并求： （i）直线与平面所成角的正弦值； （ii）点到平面的距离． 条件①：二面角的大小为； 条件②： 条件③：． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接，交于，连接，由证明平面； （2）选择①②或①③或②③或①②③都能得到平面，建立空间直角坐标系，求出法向量，求解与平面所成角的正弦值，计算点到平面的距离． 【小问1详解】 （1）连接，交于，连接， 底面是正方形，故是的中点， 又因为为棱的中点， 所以，在中， 而平面平面， 所以平面． 【小问2详解】 选①②： 因为四边形是正方形， 所以， 又因为，所以， 因为二面角的大小为，平面平面，所以， 在中，， 所以， 故， 又因为平面， 所以平面， 选①③： 因为四边形是正方形， 所以， 又因为，所以， 因为二面角的大小为，平面平面， 所以， 因平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为为中点，所以， 所以， 所以，即， 因为平面， 所以平面， 选②③： 因为四边形是正方形， 所以， 因为平面， 所以平面， 又因平面，所以， 又因为平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为为中点，所以， 在中，， 故， 因为平面， 所以平面， 选①②③同上． 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， 故， 令为面的一个法向量，则 令，则， （i）因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为， （ii）由（i）知点到平面的距离． 20. 已知椭圆过点，长轴长为. （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆交于点，直线分别交直线于点，为坐标原点.若，求证：直线经过定点. 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）解方程组即得解； （2）设，，，，联立直线和椭圆方程得到韦达定理，再求出点的坐标，根据已知得到+=0，再把韦达定理代入化简即得证. 【小问1详解】 由题得 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 直线与椭圆方程联立， 化简得， ，即. 设，，，，则，． 直线的方程为，则， 直线的方程为，则， 因为，所以+=0 所以， 所以， 把韦达定理代入整理得或， 当时，直线方程为，过定点，即点，不符合题意，所以舍去. 当时，直线方程为，过定点. 所以直线经过定点. 21. 在）个实数组成的n行n列的数表中，表示第i行第j列的数，记，若∈，且两两不等，则称此表为“n阶H表”，记 （1）请写出一个“2阶H表”； （2）对任意一个“n阶H表”，若整数且，求证：为偶数； （3）求证：不存在“5阶H表”. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据定义列出2阶H表即可; (2) 对“n阶H表”，整数应用结论得证; (3)应用反证法结合定义可证. 【小问1详解】 1 1 -1 0 【小问2详解】 对任意一个“n阶H表”，表示第i行所有数的和，表示第j列所有数的和， 均表示数表中所有数的和，所以 因为，所以，，……，，，，……，只能取[-n，n]内的整数. 又因为，，……，，，，……，互不相等， 所以{，，，……，，，，……，，……，-1，0，1，……，， 所以 所以偶数. 【小问3详解】 假设存在一个“5阶H表”，则由（2）知5，-5，3，，且和至少有一个成立，不妨设 设，则，于是，因而可设 ①若3是某列的和，由于，故只能是前四列某列的和，不妨设是第一列，即.现考虑-3， 只能是或，不妨设，即，由，，两两不等知，，两两不等， 不妨设，若则；若，则；若， 则，均与已知矛盾. ②若3是某行的和，不妨设，则第4行至少有3个1，若这3个1是前四个中某三个数， 不妨设，则第五行前三个数只能是3个不同的数，不妨设，， 则，矛盾，故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，不妨设1，所以，第五行只能是2个，3个-1或1个1，4个-1， 则，，至少有两个数相同，不妨设，则，与已知矛盾. 综上，不存在“5阶H表”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $