精品解析：北京景山学校2026-2027学年高二第一学期期中考试数学试题

北京景山学校2026-2027学年度第一学期期中考试 高二年级 数学试卷 考生须知 1．本试卷共7页，三道大题，21道小题，满分150分．考试时间120分钟． 2．在试卷上准确填写班级、姓名、教育ID号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．考试结束，将本试卷、答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 如图所示，空间四边形中，，，，点在上，且，N为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可知，，，. 因为点  在  上，且 ， 所以 . 又因为  为  中点， 根据向量加法的平行四边形法则（或中点公式），可得 . 在  中，由向量减法的三角形法则可得：  . 2. 正项等差数列的公差为，已知，且，，三项成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，公差，得，. 由，，成等比数列，得，即， 化简为，即. 因为，， 两边同除以得，解得. 3. 直线，直线，若，则两直线间的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平行线间距离公式列式计算得解. 【详解】由直线与直线平行，得， 所以直线与的距离. 故选：C 4. 如图，在正三棱柱中，，，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量数量积运算求得正确答案. 【详解】依题意可知, . 故选：B 5. 求圆的圆心到的距离（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，即， 则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为， 故选:C． 6. 设等差数列{}的前n项和为，若，则当取得最大值时，＝（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用等差数列的性质可得出，，即可求解. 【详解】在等差数列{}中，由，得， 则，又， ∴，，则当取得最大值时，． 故选：C 7. 如图，已知正方体的棱长为1，为正方形的中心，若为平面内的一个动点，则到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，列出线面距离公式即可求解. 【详解】 如图，以为轴建立空间直角坐标系，则有 ，因为为正方形的中心，得， ,，， 设平面的法向量为，利用，则， 取，解得，有，且平面，则直线平面， 设直线的到平面距离为，取直线上一点，与平面上一点，则， 利用空间中点面距离公式有：. 故选：A 8. 记无穷等比数列前项的和为，若，则“公比”是“对任意，存在正整数，当时，”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】C 【解析】 【分析】根据等比数列前项的和公式，分别对以及两种情况进行讨论，结合充分条件以及必要条件的定义以及反证法，判断“公比”与“对任意，存在正整数，当时，”之间的关系. 【详解】当时，等比数列的前项的和为， 因为，对于任意，取正整数，当时，； 当时，等比数列的前项的和为， 对于任意，取正整数，则当时，. 故当时，对任意，存在正整数，当时，成立， 充分性成立； 若任意，存在正整数，当时，成立， 若，则，当为正偶数时，，这与题设矛盾； 若，则， 则当为正偶数时，，这也与题设矛盾； 若时，等比数列的前项的和为，同理有， 这也与题设矛盾， 综上，公比必定成立，故必要性成立. “公比”是“对任意，存在正整数，当时，”的充要条件. 9. 取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留下更短的四段，……，将这样操作一直继续下去，直至无穷．由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段的数目越来越多，长度越来越小，在极限情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集．若在前次操作中共去掉的线段长度之和不小于，则的最小值为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定每次操作去掉的线段长度构成等比数列，利用等比数列求和公式求出前次操作去掉的总长度，再通过解不等式求出的最小值. 【详解】由题意可得，第一次操作去掉的线段长度为， 第二次操作去掉的线段长度为， 第三次操作去掉的线段长度为， …… 第次操作去掉的线段长度为， 所以， 所以， 所以， 因为为正整数，所以的最小值为9. 10. 对于平面上点和曲线，任取上一点，若线段的长度存在最小值，则称该值为点到曲线的距离，记作．下列结论中正确的个数为（ ） ①若曲线是一个点，则点集所表示的图形的面积为； ②若曲线是一个半径为2的圆，则点集所表示的图形的面积为； ③若曲线是一个长度为2的线段，则点集所表示的图形的面积为； ④若曲线是边长为9的等边三角形，则点集所表示的图形的面积为． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中定义分析出①②③④中点集构成的区域，计算出相应图形的面积，即可得出结论. 【详解】设点， 对于①，若曲线表示点，则， 化简可得， 所以，点集所表示的图形是以点为圆心， 半径为2的圆及其内部，所以，点集所表示的图形的面积为，故①正确； 对于②，若曲线表示以点为圆心，半径为2的圆， 设为曲线上一点，当点在曲线内时， ， 当且仅当三点共线时，等号成立， 所以，可得，此时； 当点在曲线外时，， 当且仅当三点共线时，等号成立， 所以，，可得，此时， 当点在曲线上时，线段的长不存在最小值， 综上所述，或， 即或， 所以，点集所表示的图形是夹在圆 和圆的区域（但不包括圆的圆周）， 此时，点集所表示的图形的面积为，故②错误； 对于③，不妨设曲线是线段，且， 当点与点重合时，由①可知，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆， 当点与点重合时，则点集表示的是以点为圆心，半径为1的圆， 故当点在线段上滑动时，点集表示的区域是一个边长为的正方形和两个半径为1的半圆所围成的区域， 此时，点集的面积为，故③正确； 对于④，若曲线是边长为的等边三角形，设等边三角形为， 因为，则， 由③可知，点集构成的区域由矩形、、， 以及分别以点、、为圆心，半径为，圆心角为的三段圆弧，和夹在等边三角形和等边三角形中间的部分（包括边界）， 因此，，则， 所以，点集所表示的图形的面积为，故④正确. 即正确结论的个数为3. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 若点，，则以为直径的圆C的方程是________________． 【答案】 【解析】 【分析】由两点间距离公式求得半径为，再由中点坐标公式求出圆心坐标，即可得出圆的方程. 【详解】易知，所以圆C的半径为， 圆心为的中点，坐标为； 因此圆C的方程为. 故答案为： 12. 已知各项均为正数的等比数列中，，则数列的前10项和为________． 【答案】10 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得：，再利用指数与对数的运算性质即可得出． 【详解】由等比数列的性质可得：， ∴数列的前10项和为： ， 故答案为10. 【点睛】本题考查了指数与对数的运算性质、等比数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 13. 直线l经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线l的方程为______. 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意，分截距均为0和截距不为0，两种情况讨论，结合题意，列出方程组，即可求解. 【详解】当截距均为0时，即过，此时直线的方程为； 当截距不为0时，设直线的方程为，满足，解得， 此时直线的方程为， 综上可得直线的方程为或. 14. 如图，这是一个棱数为24，所有棱长都为的半正多面体，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． （1）该半正多面体中与所成的角是的棱有________条； （2）若点为线段上的动点，则向量与夹角的余弦值的取值范围为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】在图形中找出与平行和垂直的棱，进而可得与所成的角是的棱的条数；在原正方体中建立空间直角坐标系，由空间向量可求向量与夹角的余弦值的取值范围. 【详解】由题意得该几何体有6个面为边长为的正方形，8个面为边长为的等边三角形， 所以在24条棱中，有3条棱与平行，有4条与棱垂直，其余棱均与所成的角是， 所以半正多面体中与所成的角是的棱有条； 在原正方体中建立如图所示的空间直角坐标系， 原正方体边长为2，则， 设，所以， 所以 . 当时，，当时，， 所以，所以， 所以向量与夹角的余弦值的取值范围为. 15. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素． 其中正确结论的序号是________________________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误. 【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上， 而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确. 对于②，取则均为等比数列， 但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误. 对于③，设，， 若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解， 若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾； 若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数， 当有偶数解，此方程即为， 方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时， 否则，因单调性相反， 方程至多一个偶数解， 当有奇数解，此方程即为， 方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即 否则，因单调性相反， 方程至多一个奇数解， 因为，不可能同时成立， 故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素， 取 ，则,故③正确. 对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势， 后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为分别为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合线面平行判定定理和面面平行的判定定理、面面平行的性质定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，底面为正方形， 所以以为坐标原点，为基底建立空间直角坐标系， 所以，，，，， ，，， 设平面的法向量为，由所以 令，所以， 设直线与平面所成的角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 某科技公司为优化旗下的人工智能助手“小智”的性能，针对“语音交互”和“图像识别”两项核心功能设计了相应的优化方案：方案与方案．为了解“小智”的全体用户（18岁及以上）对新方案的支持情况，对“小智”的青年用户（岁）和中老年用户（36岁及以上）进行简单随机抽样，获得数据如下表： 青年用户 中老年用户 支持 不支持 支持 不支持 方案 400人 200人 200人 200人 方案 350人 250人 150人 250人 假设所有用户对方案是否支持相互独立．用频率估计概率． （1）用分层抽样的方法从样本青年用户支持方案和不支持方案两组中共抽取6人，再从这6人中随机选出2人，求这2人恰有1人支持方案的概率； （2）从“小智”的全体青年用户中随机抽取2人，全体中老年用户中随机抽取1人．估计这3人中恰有2人支持方案的概率； （3）将用户支持方案的概率估计值记为，除500名青年用户和300名中老年用户外其他用户支持方案的概率估计值记为，试比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1）所求概率为； （2）所求概率为； （3）. 【解析】 【分析】（1）用分层抽样的方法求出每层抽取的人数，再将其转化为组合数求概率. （2）用频率估计概率，再利用独立事件的概率乘法公式和互斥事件加法公式求解. （3）求出两个群体的概率估值，进而比较大小. 【小问1详解】 支持方案的人数为（人）， 不支持方案的人数为（人）， 这2人恰有1人支持方案的概率为. 【小问2详解】 青年用户支持方案的概率为 中老年用户支持方案的概率为 3人中恰有2人支持方案的概率为. 【小问3详解】 由题意可得，支持方案的概率估计值 青年用户支持方案的概率为 中老年用户支持方案的概率为 其他用户包括100名青年用户和100名中老年用户， 因为，所以. 18. 已知无穷等比数列的各项都是正数，，，设无穷数列的前项和为，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使数列唯一确定． （1）求数列的前项和； （2）设，，不等式恒成立，求实数的最大值与实数的最小值． 条件①：，； 条件②：，； 条件③：，． 注：如果选择的条件不符合要求，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）选择条件①或条件②，；条件③不可选. （2）实数的最大值为，实数的最小值为. 【解析】 【分析】（1）求出数列的通项公式，再选择条件①，利用等差数列求出通项，再利用分组求和法求出；选择条件②，利用与的关系求出通项，再利用分组求和法求出；选择条件③，由公差不确定可得数列不唯一. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和并确定范围，进而求出最值. 【小问1详解】 设各项都是正数的无穷等比数列的公比为，由，得， 解得，而，则，，， 选条件①：， 则数列是以为首项，2为公差的等差数列，， 所以 . 选条件②：， 当时，，满足上式，则， 所以 . 选条件③，， 则，数列是以为首项的等差数列，公差不确定， 因此数列不确定，条件③不可选. 【小问2详解】 由（1）知，则， ， 数列是递增数列，则，， 因此对，而， 则，所以实数的最大值为，实数的最小值为. 19. 已知点，，． （1）求边上中线所在直线的方程与外接圆的方程； （2）设外接圆与轴另一交点为，设为第一象限内外接圆上一个动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．试判断直线与的位置关系，并证明你的结论． 【答案】（1） （2）平行，理由如下： 在中令，得. 已知，故外接圆与轴另一交点为. 直线过、，斜率，方程为. 直线过、，斜率，方程为. 设为第一象限外接圆上的点，则，，. 直线过、， 解得， 直线过、，方程为. 令，解得，即. 直线的斜率(化简用到)， , 因为，且与不重合，故. 【解析】 【分析】（1）由、关于原点对称，中点为原点，故边上中线即连接原点与的直线；外接圆圆心在的中垂线（即轴）上，设圆心，由圆心到与到距离相等列方程求，再写出圆的标准方程； （2）先由外接圆方程求出点坐标，再写出、方程；设满足，，分别求直线与的交点、直线与的交点，计算的斜率并与斜率比较即可判断位置关系. 【小问1详解】 由，，得的中点为，两点与都在轴上，故中线所在直线方程为. 设外接圆的圆心为. 因为关于原点对称，的中垂线为轴，故圆心在轴上. 由圆心到与到的距离相等，得, 即，解得. 故圆心为，半径，外接圆方程为. 【小问2详解】 略 20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，，点为棱中点，平面与棱交于点. （1）求证：是棱的中点； （2）若.求： （ⅰ）二面角的余弦值； （ⅱ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）因为底面为平行四边形，所以， 而平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以， 在中，为的中点，故为的中点. （2）（i） （ii）不存在，理由如下： 若在棱上存在点，设，则，且，所以， 则， 若平面，则，所以，此方程无解， 故在棱上不存在点，使得平面. 【解析】 【分析】（1）根据题意，可知平面，由线面平行的性质可推导出，由此能证明结论； （2）（i）由可得为正三角形，取中点，连接，建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标运算求解二面角的余弦值即可；（ii）利用向量共线定理，假设存在点，将转化为带参数的向量，由线面垂直得到线线垂直，建立方程求解参数即可判断. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为底面为平行四边形，又，则底面为菱形，若，可得为正三角形， 又因为平面平面，，平面平面，平面，所以 平面， 取中点，连接，则，即， 如图所示，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 由于平面，则是平面的一个法向量， 设平面的法向量为，又，， 所以，令，得，所以， 设二面角为，为锐角，所以， 所以二面角的余弦值为； （ii）略. 21. 对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． （1）设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； （2）已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 【答案】（1）具有，理由如下： 数列具有性质． 理由如下：数列满足，其中 ， 即是周期为4的周期数列． 所以对任意和，当时，． 故数列具有性质． （2）（i）4；（ii）考察由连续4项构成的数组， 由（i）知的取值不超过4个，故这样的数组个数不超过． 所以在这257个数组中至少存在两个相同的， 即存在，，满足，其中． 以下证明：若，则，即证． 由性质，知存在，使得． ①若，即时，去掉上述等式两边的公共项，得 若 ，上式即为． 若，由，知，所以． ②若，因为，所以． 当 时，由，得， 记其值为，由性质知，在其后四项出现，所以； 当时，由，得， 分别记其值为，，由性质，知，所以； 同理，得当时，均有． 综上，可推导出． 从而由，得，即得， 进而得到， 所以存在正整数，对任意，有． 【解析】 【分析】（1）首先分析数列为周期数列，再根据性质的定义即可判断； （2）（i）分别取取和，再利用反证法即可证明； （ii）利用（i）中的结论证明得存在，，满足，其中，再分和时证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）取，由性质得：存在，使得． 同理，取，由性质得：存在，使得. 以此类推，得数列中任意连续4项中，必有一项的值等于． 同理，得对于数列中的每一项之后的任意连续4项中，必有一项的值等于． 假设的取值超过4个，不妨设有5个值不同的项， 由上述结论，知在之后的连续4项中，这5个不同值都会出现，这是不可能的． 所以中至多只有4个不同的取值． 又因为周期数列：具有性质， 所以集合中元素个数的最大值为4． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京景山学校2026-2027学年度第一学期期中考试 高二年级 数学试卷 考生须知 1．本试卷共7页，三道大题，21道小题，满分150分．考试时间120分钟． 2．在试卷上准确填写班级、姓名、教育ID号． 3．试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效． 4．考试结束，将本试卷、答题卡一并交回． 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题共10小题，每小题4分，共40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. 如图所示，空间四边形中，，，，点在上，且，N为中点，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 正项等差数列的公差为，已知，且，，三项成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 3. 直线，直线，若，则两直线间的距离为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在正三棱柱中，，，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 5. 求圆的圆心到的距离（ ） A. B. 2 C. D. 6. 设等差数列{}的前n项和为，若，则当取得最大值时，＝（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 7. 如图，已知正方体的棱长为1，为正方形的中心，若为平面内的一个动点，则到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 记无穷等比数列前项的和为，若，则“公比”是“对任意，存在正整数，当时，”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. 取一条长度为1的线段，将它三等分，去掉中间一段，留下的两段分割三等分，各去掉中间一段，留下更短的四段，……，将这样操作一直继续下去，直至无穷．由于在不断分割舍弃过程中，所形成的线段的数目越来越多，长度越来越小，在极限情况下，得到一个离散的点集，称为康托尔三分集．若在前次操作中共去掉的线段长度之和不小于，则的最小值为（ ）（参考数据：，） A. B. C. D. 10. 对于平面上点和曲线，任取上一点，若线段的长度存在最小值，则称该值为点到曲线的距离，记作．下列结论中正确的个数为（ ） ①若曲线是一个点，则点集所表示的图形的面积为； ②若曲线是一个半径为2的圆，则点集所表示的图形的面积为； ③若曲线是一个长度为2的线段，则点集所表示的图形的面积为； ④若曲线是边长为9的等边三角形，则点集所表示的图形的面积为． A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 若点，，则以为直径的圆C的方程是________________． 12. 已知各项均为正数的等比数列中，，则数列的前10项和为________． 13. 直线l经过点且在两坐标轴上的截距互为相反数，则直线l的方程为______. 14. 如图，这是一个棱数为24，所有棱长都为的半正多面体，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． （1）该半正多面体中与所成的角是的棱有________条； （2）若点为线段上的动点，则向量与夹角的余弦值的取值范围为________． 15. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合，给出下列4个结论： ①若与均为等差数列，则中最多有1个元素； ②若与均为等比数列，则中最多有2个元素； ③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素； ④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素． 其中正确结论的序号是________________________． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17. 某科技公司为优化旗下的人工智能助手“小智”的性能，针对“语音交互”和“图像识别”两项核心功能设计了相应的优化方案：方案与方案．为了解“小智”的全体用户（18岁及以上）对新方案的支持情况，对“小智”的青年用户（岁）和中老年用户（36岁及以上）进行简单随机抽样，获得数据如下表： 青年用户 中老年用户 支持 不支持 支持 不支持 方案 400人 200人 200人 200人 方案 350人 250人 150人 250人 假设所有用户对方案是否支持相互独立．用频率估计概率． （1）用分层抽样的方法从样本青年用户支持方案和不支持方案两组中共抽取6人，再从这6人中随机选出2人，求这2人恰有1人支持方案的概率； （2）从“小智”的全体青年用户中随机抽取2人，全体中老年用户中随机抽取1人．估计这3人中恰有2人支持方案的概率； （3）将用户支持方案的概率估计值记为，除500名青年用户和300名中老年用户外其他用户支持方案的概率估计值记为，试比较与的大小．（结论不要求证明） 18. 已知无穷等比数列的各项都是正数，，，设无穷数列的前项和为，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使数列唯一确定． （1）求数列的前项和； （2）设，，不等式恒成立，求实数的最大值与实数的最小值． 条件①：，； 条件②：，； 条件③：，． 注：如果选择的条件不符合要求，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． 19. 已知点，，． （1）求边上中线所在直线的方程与外接圆的方程； （2）设外接圆与轴另一交点为，设为第一象限内外接圆上一个动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点．试判断直线与的位置关系，并证明你的结论． 20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，，点为棱中点，平面与棱交于点. （1）求证：是棱的中点； （2）若.求： （ⅰ）二面角的余弦值； （ⅱ）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 21. 对任意无穷数列，定义从起连续k项的和为：，其中k，i为任意正整数．若无穷数列满足：对任意和，存在，使得，则称数列具有性质T． （1）设，其中．判断数列是否具有性质T？说明理由； （2）已知数列具有性质T， （i）求集合中元素个数的最大值； （ii）证明：存在正整数t，对任意，有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $