精品解析：北京市北京中学2025-2026学年高二英才上学期9月阶段测试数学试题

高二英才阶段测试数学 一、选择题共10小题，共50分.每小题5分 1. 已知、、成等比数列，则的值为（ ） A. B. C. D. 2. 点到直线的距离为（ ） A. B. 3 C. D. 3. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 以上都不对 4. 如图，在四面体中，.点分别为棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，直线，则“”是“”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 6. 已知等差数列满足，且是和的等比中项，则（ ） A. 6 B. 8 C. 6或8 D. 10 7. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线与直线交于点P，则对任意实数a，的最小值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 8. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ） A. B. C. D. 9. 在四面体中，在面内，在面内，且满足，若，则线段与的关系是（ ） A. 与所在直线是异面直线 B. 与所在的直线平行 C. 线段与必相交 D. 线段与延长后相交 10. 已知等差数列和等比数列，，则满足的数值m（ ） A. 有且仅有1个值 B. 有且仅有2个值 C. 有且仅有3个值 D. 有无数多个值 二、填空题共6小题，共30分.每小题5分，16题选对1个得3分，错选得0分 11. 已知等差数列，，则等于_____. 12. 点关于直线的对称点为_____. 13. 已知，若点在线段上，则的最小值为______． 14. 在棱长为2的正方体中，E为的中点，则点A到直线的距离为______. 15. 在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址通信.多址通信的理论基础是：若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介.在n维空间中，正交的定义是两个n维向量满足.已知某通信方式中用户的信号是4维非平行向量，有四个用户同享一个发射媒介，已知前三个用户的信号向量为.写出一个满足条件的第四个用户的信号向量__________. 16. 如图，在棱长为2的正方体，中，分别为的中点，为底面（不包括边界）上的动点且满足平面，则下列说法中，正确的序号有__________． ①存在点，使得平面； ②存在点，使得三棱锥的体积为； ③存在点，使得； ④若点在线段（不包含端点）上运动，则二面角一定为锐角且无最小值． 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. 已知两直线，，两直线的交点为M. （1）求过点M，且与直线垂直的直线方程； （2）已知两点，， ①求过点M，且与A，B两点距离相等的直线方程； ②动点P在直线运动，直接写出的最小值. 18. 已知数列为等差数列，首项，公差，. （1）证明是等比数列； （2）求数列的前n项和. 19. 如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，. （1）求证：平面平面； （2）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小.条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 20. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 21. 已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为. 定义，其中，. 对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”. （1）对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”. （2）当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个? （3）求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二英才阶段测试数学 一、选择题共10小题，共50分.每小题5分 1. 已知、、成等比数列，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比中项的性质计算可得； 【详解】解：因为、、成等比数列， 所以，解得； 故选：C 2. 点到直线的距离为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式计算即可. 【详解】直线方程变形得， 所以点到直线的距离为. 故选：A. 3. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 以上都不对 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量平行、空间向量垂直的坐标表示逐项计算判断即可. 【详解】因为向量， 所以， 所以不垂直，选项A,C错误； 因为，所以. 因为，所以，B正确. 故选：B. 4. 如图，在四面体中，.点分别为棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，再结合平面向量运算法则即可求解. 【详解】 因为在四面体中，， 点分别为棱的中点， 所以， . 故选：D. 5. 设，直线，则“”是“”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】求出的值，再利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求解. 【详解】因为直线， 当时，，此时，即可以推出， 当时，，解得或， 又时，，此时，所以推不出， 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 6. 已知等差数列满足，且是和的等比中项，则（ ） A. 6 B. 8 C. 6或8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，借助等比中项的性质与等差数列的性质计算即可得. 【详解】设数列公差为，则，故， ，即，解得， 则. 故选：A. 7. 在平面直角坐标系xOy中，已知直线与直线交于点P，则对任意实数a，的最小值为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由直线的方程判断两直线垂直，确定P点的轨迹方程，数形结合，即可求得答案. 【详解】由题意知直线与直线，满足， 故两直线垂直， 直线过定点，直线过定点， 故两直线的交点P在以AB为直径的圆上（不含点）， 该圆方程为，设其圆心为，半径为3， 则，当且仅当共线时，即位于B点时，等号成立， 故的最小值为， 故选：C 8. 有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将半正多面体补成正方体并建立空间直角坐标系，确定相关点坐标，设，利用向量夹角的坐标表示及二次函数性质求所成角的余弦值的取值范围. 【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为 所以，. 设，则. 所以. 令，则， 因为，所以. 故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为. 故选：C 9. 在四面体中，在面内，在面内，且满足，若，则线段与的关系是（ ） A. 与所在直线是异面直线 B. 与所在的直线平行 C. 线段与必相交 D. 线段与延长后相交 【答案】C 【解析】 【分析】分与且两种情况讨论，根据空间向量基本定理得到四点共面，即可判断. 【详解】若，则， ，所以四点共面. 又与不平行； ∴线段与线段相交. 若且，；∴, 不妨设，则, ∴, 即,四点共面, 又与不平行；∴线段与线段相交. 故选：C. 10. 已知等差数列和等比数列，，则满足的数值m（ ） A. 有且仅有1个值 B. 有且仅有2个值 C. 有且仅有3个值 D. 有无数多个值 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求公差和公比，令，分情况讨论，结合数列单调性分析即可判断. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因， 则有，解得， 令， 可得，此时满足的只有成立； 当时，显然， ①若是奇数，则，显然不满足； ②若是偶数，则，且， 即，可得即不成立； 综上所述：满足的数值有且仅有1个值，即. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查摆动数列的单调性应用，属于难题. 对于摆动数列通项的处理，一般考虑对负底数的幂指数按照为奇为偶进行分类讨论，有时还需得对个别项赋值求值判断，再综合考虑即可. 二、填空题共6小题，共30分.每小题5分，16题选对1个得3分，错选得0分 11. 已知等差数列，，则等于_____. 【答案】6 【解析】 【分析】根据等差数列的性质计算即可. 【详解】由题意，等差数列中，， . 故答案为：6. 12. 点关于直线的对称点为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据一条直线将点与对称点的连线相互垂直平分列出方程组，进而求得结果. 【详解】设关于直线对称点坐标为， 则，解得，所以对称点为. 故答案为：. 13. 已知，若点在线段上，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】表示线段上点和点连线的斜率，进而由数形结合即可求解. 【详解】表示线段上点和点连线的斜率， 如图: 由图形可知，当点与重合时的斜率最小， 又，所以， 故的最小值为. 故答案为：. 14. 在棱长为2的正方体中，E为的中点，则点A到直线的距离为______. 【答案】2 【解析】 【分析】由题设建立空间直角坐标系，再利用点到直线距离的空间向量法计算求解即可得解. 【详解】由题可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 所以直线方向上的单位向量为， 所以， 所以点A到直线的距离为. 故答案为：2. 15. 在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址通信.多址通信的理论基础是：若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介.在n维空间中，正交的定义是两个n维向量满足.已知某通信方式中用户的信号是4维非平行向量，有四个用户同享一个发射媒介，已知前三个用户的信号向量为.写出一个满足条件的第四个用户的信号向量__________. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据“正交”的定义列方程，从而求得正确答案. 【详解】设满足条件的第四个用户的信号向量是， 则， 则，则， 故一个满足条件的信号向量是. 故答案为：（答案不唯一） 16. 如图，在棱长为2的正方体，中，分别为的中点，为底面（不包括边界）上的动点且满足平面，则下列说法中，正确的序号有__________． ①存在点，使得平面； ②存在点，使得三棱锥的体积为； ③存在点，使得； ④若点在线段（不包含端点）上运动，则二面角一定为锐角且无最小值． 【答案】②④ 【解析】 【分析】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，写出相关点坐标，运用空间向量相关知识，逐一判断每条结论，即可得到结果. 【详解】以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系（如图），正方体的棱长为2，各点坐标为： . 设点，又， 设平面的法向量，则，即， 令，可得，所以. 又且平面，所以，即， 化简得，即点的轨迹是平面内的直线（不包括边界）. 分析①： ，设平面的法向量为， 则，令，得. 则有，此时点不在平面内，所以①错误. 分析②： 由已知得，， 设平面的法向量为，则， 令，得，则点到平面的距离. 由， 所以当时存在点使得三棱锥的体积为， 所以②正确. 分析③： 由已知得，则， 所以不在点使得，所以③错误. 分析④： 由已知可设点，且. 又， 设平面的法向量为，平面的法向量， 则，令，得， ，令， 得. 设二面角为，根据法向量和图形，判断得， 又，所以为锐角， 结合图形观察，取不到最小值，所以④正确. 故答案为：②④. 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. 已知两直线，，两直线的交点为M. （1）求过点M，且与直线垂直的直线方程； （2）已知两点，， ①求过点M，且与A，B两点距离相等的直线方程； ②动点P在直线运动，直接写出的最小值. 【答案】（1） （2）①或；② 【解析】 【分析】（1）联立方程求出坐标，然后根据两直线垂直确定所求直线的斜率，进而得到所求直线的方程. （2）①根据两直线平行计算即可；②先求出点关于直线对称的点为，进而确定的最小值. 【小问1详解】 联立方程，解得，所以交点为， 因为所求直线垂直于直线，所以所求直线的斜率为， 故所求直线方程为，即. 【小问2详解】 ①因为、，所以直线的斜率为1，与直线平行， 所以A，B两点到的距离相等. 、的中点为，直线的方程， A，B两点到的距离相等. 所以过点，且与，两点距离相等的直线方程或. ②设点关于直线对称的点为， 则，解得，即； 则，故的最小值为. 18. 已知数列为等差数列，首项，公差，. （1）证明是等比数列； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）证明：因为数列为等差数列，首项，公差，所以， 当时，，且， 所以数列是以9为首项，以9为公比的等比数列. （2） 【解析】 【分析】（1）先得到数列的通项公式，利用等比数列的定义证明数列是等比数列； （2）由（1）得数列的通项公式，再利用分组求和可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得：， 所以 . 19. 如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，. （1）求证：平面平面； （2）从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小.条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）证明: 因为四边形是矩形， 所以，又平面平面， 且平面与平面相交于， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （2） 选条件①，不能求出二面角的大小； 选条件②或③，可得平面与平面的夹角为. 【解析】 【分析】（1）要证明面面垂直，则需要通过证明线面垂直得到面面垂直，即证明平面. （2）选条件①，顶角不确定，由无法求出，则都不确定；选条件② ，取中点，连接，过点作交于点，证明平面，然后建立空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果；选条件③ 取中点，连接，过点作交于点，先证明和都是直角三角形，然后建立空间直角坐标系， 求出平面与平面的法向量的坐标，进而根据向量夹角的余弦公式求出结果. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 选条件①，由（1）知，，在等腰中，顶角不确定， 由无法求出，则都不确定，因此不能求出二面角的大小，即①不可选. 选条件② ，取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面，所以. 因为矩形中，，所以平面，所以， 所以和都是直角三角形. 因为，所以. 因为，所以. 因为，为中点， 所以. 因为平面平面， 平面平面， 平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，所以， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系， 则， 因为， 所以. 因为平面平面， 平面平面， 又平面， 所以平面， 所以平面一个法向量为. 设平面法向量，，， 由，可以取. 设平面与平面的夹角为， 则. 因为，所以平面与平面的夹角为. 选条件③ 取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面， 因为矩形中，，， 所以平面， 所以和都是直角三角形， 因为，，所以， 又，，所以， 所以在直角三角形中，， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系， 则， 因为， 所以. 因为平面平面， 平面平面， 又平面， 所以平面， 所以平面一个法向量为. 设平面法向量，，， 由，可以取. 设平面与平面的夹角为， 则. 因为，所以平面与平面的夹角为. 20. 如图，在四棱锥中，是边长为4的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为棱的中点，记平面和平面的交线为． （1）证明：； （2）求点到平面的距离； （3）在线段（不含端点）上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明： ∵四边形为菱形，∴， ∵平面，平面，∴平面， ∵平面，平面和平面的交线为， ∴. （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）由题意，可得平面，然后利用线面平行的性质可证得； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用点到平面的距离的向量公式求解； （3）设，根据已知条件及线面角的向量公式列方程求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取的中点，连接， ∵是边长为4的等边三角形，∴， ∵四边形为菱形，，∴为等边三角形，， ∵平面平面，平面平面，平面，， ∴平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 由， 令，则，， ∴点到平面的距离. 【小问3详解】 假设在线段（不含端点）上存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为． 设， 则， ∵平面的法向量为，直线与平面所成角的正弦值为， ∴， 整理得，解得或， 所以在线段 (不含端点)上存在点，当或时，直线与平面所成角的正弦值为． 21. 已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为. 定义，其中，. 对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”. （1）对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”. （2）当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个? （3）求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个，从而可以利用这点得到答案； （2）先证明“险胜时刻”的个数不超过，然后给出取到的例子，即可得到最多有个； （3）对，，三种情况分类讨论，即可得到答案. 【小问1详解】 所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 该数列的第项和第项为，其余为. 所以是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 那么满足条件的全部为：. 【小问2详解】 ①首先证明：数列的“险胜时刻”的个数不会超过. 由于是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 这就意味着，中有两个，一个，此时，称这样的是一个险胜三元组. 当某个属于某个险胜三元组时，将这个和这个险胜三元组配一对，设一共配了对. 设数列的“险胜时刻”的个数为，则恰好也是险胜三元组的个数. 每个险胜三元组恰包含两个，所以. 那么，很显然，中的每个至多属于三个险胜三元组，而第一个和最后一个至多属于两个险胜三元组. 而中恰有个，这就表明，所以，得. 这就证明了数列的“险胜时刻”的个数不会超过. ②另一方面，当的第项为，其它项为时，验证即知中的每个正整数都是的“险胜时刻”. 综合①②两个方面，即知数列的“险胜时刻”最多有个. 【小问3详解】 是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个，即有五个和四个. ①若，则当的第项为，其它项为时，数列的任意连续项之和都为负数，不可能为，所以不存在“险胜时刻”； ②若，可从下面的项数列中任意删去个得到数列： . 此时，数列的任意连续项至少有项为，所以不存在“险胜时刻”； ③若，由于对任意的，都是九个奇数相加，从而一定是奇数。 而对，都有，所以如果无解，则必定有或之一恒成立. 此时，又有 . 假设恒成立，则 由于，故数列的任意连续项至少有项为，故 . 所以. 这表明每个等号都成立，所以，. 且，. 但这导致，矛盾. 再假设恒成立，则 由于，故数列的任意连续项至少有项为，故 . 所以，矛盾. 以上过程表明，和均不能恒成立，所以一定有解，即一定存在“险胜时刻”. 综合①②③，可知全部可能值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于理解“险胜时刻”的定义。只有理解了定义，方可解决相应问题。同时，（3）中的分类讨论也是解决问题的关键。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $