精品解析：北京市汇文中学教育集团2026-2027学年度第一学期期中考试高二年级数学试题

北京汇文中学教育集团2026-2027学年度第一学期 期中考试 高二年级数学学科 1．本试卷共6页，分为两部分：第一部分为选择题，共50分；第二部分为非选择题，共100分，总计150分． 2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．第一部分必须用2B铅笔作答，第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答． 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． 1. 经过点且倾斜角为的直线的方程是（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，则（ ） A. B. C. 9 D. 5 3. 已知直线l经过点，平面的一个法向量为，则（ ） A. B. C. D. l与相交，但不垂直 4. 近年来，盲盒产品风靡市场，深受年轻人追捧．新上市的某种盲盒产品共有6个不同的款式，每一套都有6个外观和质量相同的盲盒，且包含了这6个不同的款式．小铭喜欢其中的2款，他从一套的6个盲盒中随机购买2个，则至少有1个盲盒中是他喜欢的款式的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 设向量，，则与，共面的向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，棱长为1的正方体中，（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 7. 已知过原点且倾斜角为的直线与直线交于点，则当在上变化时，点的轨迹长度为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 8. 已知是等差数列，是其前项和.则“”是“对于任意且，”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 设点，动直线l：，作于点M，则点M到坐标原点O距离的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 10. 设为坐标原点，若对于圆上的任意两点，均有，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 第Ⅱ卷（共150分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分． 11. 若直线与平行，则____________. 12. 设等比数列的前项和为.若、、成等差数列，则数列的公比为__________. 13. 已知圆和存在公共点，则的范围是__________ 14. 甲、乙两人独立地破译某个密码，若两人独立译出密码的概率都是0.6，则密码被破译的概率为__________． 15. 在空间直角坐标系中，已知过坐标原点O的平面的一个法向量是，点到平面的距离为________． 16. 已知无穷数列的各项都是正数，前项和为，，给出下面四个结论： ①；②存在，，； ③； ④存在，使得，，． 其中，全部正确结论的序号为______． 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. 已知直线与直线交于点，点关于坐标原点的对称点为，点在直线上，点在直线上． （1）当时，求点的坐标； （2）当四边形为菱形时，求的值． 18. 已知等差数列中，．数列的前项和为，且． （1）求数列和的通项公式； （2）设数列，求的前项和． 19. 某高中组织学生研学旅行．现有A，B两地可供选择，学生按照自愿的原则选择一地进行研学旅行．研学旅行结束后，学校从全体学生中随机抽取100名学生进行满意度调查，调查结果如下表： 高一 高二 高三 A地 B地 A地 B地 A地 B地 满意 12 2 18 3 15 6 一般 2 2 6 5 6 8 不满意 1 1 6 2 3 2 假设所有学生的研学旅行地点选择相互独立．用频率估计概率． （1）估计该校学生对本次研学旅行满意的概率； （2）分别从高一、高二、高三三个年级中随机抽取1人，估计这3人中至少有2人选择去B地的概率； （3）对于上述样本，在三个年级去A地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生 人数的方差为，调查结果为不满意的学生人数的方差为，写出和的大小关系．`（结论不要求证明） 20. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，点F为的中点． （1）已知点G为线段的中点，求证：CF∥平面； （2）若，直线与平面所成的角为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择几个作为已知，使四棱锥唯一确定，求： （ⅰ）直线到平面的距离； （ⅱ）二面角的余弦值． 条件①：平面； 条件②：； 条件③：平面平面． 21. 正实数构成的集合，定义.当集合中恰有个元素时，称集合A具有性质. （1）判断集合，是否具有性质； （2）若集合A具有性质，且A中所有元素能构成等比数列，中所有元素也能构成等比数列，求集合A中的元素个数的最大值： （3）若集合A具有性质，且中的所有元素能构成等比数列.问：集合A中的元素个数是否存在最大值?若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京汇文中学教育集团2026-2027学年度第一学期 期中考试 高二年级数学学科 1．本试卷共6页，分为两部分：第一部分为选择题，共50分；第二部分为非选择题，共100分，总计150分． 2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．第一部分必须用2B铅笔作答，第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答． 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． 1. 经过点且倾斜角为的直线的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出直线的斜率，再利用点斜式求出直线方程； 【详解】由倾斜角为知，直线的斜率， 因此，其直线方程为，即 故选：B 2. 已知数列是公差不为零的等差数列，且，则（ ） A. B. C. 9 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由等差数列的性质，求得，结合，即可求解. 【详解】由数列为等差数列，可得， 因为，所以，所以. 故选：B. 3. 已知直线l经过点，平面的一个法向量为，则（ ） A. B. C. D. l与相交，但不垂直 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面的法向量与直线的方向向量的关系即可求解. 【详解】因为直线l经过点， 所以，又因为平面的一个法向量为， 且，所以平面的一个法向量与直线l的方向向量平行， 则， 故选：. 4. 近年来，盲盒产品风靡市场，深受年轻人追捧．新上市的某种盲盒产品共有6个不同的款式，每一套都有6个外观和质量相同的盲盒，且包含了这6个不同的款式．小铭喜欢其中的2款，他从一套的6个盲盒中随机购买2个，则至少有1个盲盒中是他喜欢的款式的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用古典概率及对立事件的概率公式，结合组合计数问题列式计算. 【详解】从一套的6个盲盒中随机购买2个，共有个不同结果， 购买的2个盲盒都不是他喜欢的款式的事件有个不同结果， 所以至少有1个盲盒中是他喜欢的款式的概率为. 故选：C 5. 设向量，，则与，共面的向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合共面向量定理，得到共面向量的坐标，结合选项，即可求解. 【详解】设向量与共面，则存在实数使得， 即， 结合选项，选项C满足题意， 所以与共面的向量坐标可以是. 故选：C. 6. 如图，棱长为1的正方体中，（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标，利用坐标法计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，， 所以. 故选：B 7. 已知过原点且倾斜角为的直线与直线交于点，则当在上变化时，点的轨迹长度为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出当与时直线与直线的交点坐标，再由两点的距离公式求出轨迹长度. 【详解】当时，直线的斜率，直线为， 联立，; 当时，直线的斜率，直线为， 联立，; 所以点的轨迹. 故选：D. 8. 已知是等差数列，是其前项和.则“”是“对于任意且，”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和的函数性质判断“对于任意且，”与“”推出关系，进而确定它们的关系. 【详解】由等差数列前n项和公式知：， ∴要使对于任意且，，则，即是递增等差数列， ∴“对于任意且，”必有“”， 而，可得，但不能保证“对于任意且，”成立， ∴“”是“对于任意且，”的必要而不充分条件. 故选：B. 9. 设点，动直线l：，作于点M，则点M到坐标原点O距离的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的垂直关系可得点M的轨迹是以为圆心，半径的圆，即可得. 【详解】由以及可得直线的方程为， 联立，消去整理可得； 所以可知点M的轨迹是以为圆心，半径的圆； 因此. 故选：C 10. 设为坐标原点，若对于圆上的任意两点，均有，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，可得当圆的半径最大时，的最大值为，此时，进一步计算即可. 【详解】因为，所以， 当圆的半径最大时，的最大值为，此时直线都与圆相切， 则，圆心， 所以. 第Ⅱ卷（共150分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分． 11. 若直线与平行，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直线平行列方程求解参数，并验证是否重合即可得结论. 【详解】直线与平行， 则，解得， 经检验，当时，两直线不重合，故. 故答案为：. 12. 设等比数列的前项和为.若、、成等差数列，则数列的公比为__________. 【答案】3或 【解析】 【分析】先设等比数列的公比为，根据题中条件，列出方程求解，即可得出结果. 【详解】设等比数列的公比为， 因为等比数列的前项和为，、、成等差数列， 所以，则， 因此，所以，解得或. 故答案为：3或. 13. 已知圆和存在公共点，则的范围是__________ 【答案】 【解析】 【详解】圆的圆心和半径分别为，圆的圆心和半径分别为， 由于两圆存在公共点，则，即， 即,解得， 故， 所以的范围是. 14. 甲、乙两人独立地破译某个密码，若两人独立译出密码的概率都是0.6，则密码被破译的概率为__________． 【答案】 【解析】 【详解】密码没有被破译的概率为， 故密码被破译的概率为. 15. 在空间直角坐标系中，已知过坐标原点O的平面的一个法向量是，点到平面的距离为________． 【答案】5 【解析】 【分析】由点到平面的距离公式即可求得点到平面的距离. 【详解】由点到面的距离公式得. 故答案为：5 16. 已知无穷数列的各项都是正数，前项和为，，给出下面四个结论： ①；②存在，，； ③； ④存在，使得，，． 其中，全部正确结论的序号为______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对①，通过求出，再代入的方程解得，验证其小于；对②，将转化为，结合推出该式恒小于；对③，构造与作差得，进而得到；对④，由递推式推出，迭代放缩得到，验证当时，该式小于. 【详解】对于①：当时，，即，解得， 当时，，即， 因为，所以，①正确； 对于②：， 由得，所以， 所以， 即，②错误； 对于③：由可得当时，， 两式作差得，即， 整理得，所以，③正确； 对于④：因为当时，所以，将这个不等式不断迭代下去， 得到，因为， 所以，要使，则只需，即， 当时，， 因此取，则，，④正确； 故答案为：①③④. 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. 已知直线与直线交于点，点关于坐标原点的对称点为，点在直线上，点在直线上． （1）当时，求点的坐标； （2）当四边形为菱形时，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）当时，联立直线、的方程，求出点的坐标，再利用对称性可得出点的坐标； （2）求出点的坐标，设点，求出点的坐标，根据点在直线上可得出，由菱形的几何性质可得出，根据斜率关系可得出关于的等式，即可得解. 【小问1详解】 解：当时，直线的方程为，联立可得，即点， 因为点关于坐标原点的对称点为，故点的坐标为. 【小问2详解】 解：若，则，不合乎题意，所以，， 联立可得，即点， 设点为坐标原点，则， 设点，因为四边形为菱形，且的中点为，则的中点为， 所以点，因为点在直线上，所以，，则，即点， 所以，， 由菱形的几何性质可知，所以，，解得. 18. 已知等差数列中，．数列的前项和为，且． （1）求数列和的通项公式； （2）设数列，求的前项和． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意求出，利用等差数列通项公式求，利用即可求； （2）根据（1）的结论求得，进而求的表达式，再利用分组求和法求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，由， 所以，所以， 解得，所以， 所以； 由， 当时，，解得， 当时，由，得， 所以，即， 所以数列是以为公比，为首项的等比数列， 所以； 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 所以 所以的前项和为：. 19. 某高中组织学生研学旅行．现有A，B两地可供选择，学生按照自愿的原则选择一地进行研学旅行．研学旅行结束后，学校从全体学生中随机抽取100名学生进行满意度调查，调查结果如下表： 高一 高二 高三 A地 B地 A地 B地 A地 B地 满意 12 2 18 3 15 6 一般 2 2 6 5 6 8 不满意 1 1 6 2 3 2 假设所有学生的研学旅行地点选择相互独立．用频率估计概率． （1）估计该校学生对本次研学旅行满意的概率； （2）分别从高一、高二、高三三个年级中随机抽取1人，估计这3人中至少有2人选择去B地的概率； （3）对于上述样本，在三个年级去A地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生 人数的方差为，调查结果为不满意的学生人数的方差为，写出和的大小关系．`（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率估计概率即可求解； （2）利用频率估计概率即可求解，结合相互独立事件的概率公式求解即可； （3）求出，，比较大小即可. 【小问1详解】 从表格数据可知，随机抽取的100名学生对本次研学旅行满意的人数为 ， 因此该校学生对本次研学旅行满意的概率可估计为． 【小问2详解】 设事件：抽取的高一学生选择去B地， 事件：抽取的高二学生选择去B地， 事件：抽取的高三学生选择去B地， 事件：抽取的3人中恰有人选择去B地，， 事件：抽取的3人中至少有2人选择去B地． 从数据表格可知，抽取的100名学生中高一年级学生总数为， 选择去B地的总数为，所以可估计为； 抽取的100名学生中高二年级学生总数为， 选择去B地的总数为，所以可估计为； 抽取的100名学生中高三年级学生总数为， 选择去B地的总数为，所以可估计为； 因为， 所以 ． 所以抽取的3人中至少有2人选择去地的概率可估计为 ． 【小问3详解】 在三个年级去A地研学旅行的学生中， 调查结果为满意的学生人数的平均数为， 则调查结果为满意的学生人数的方差为， 调查结果为不满意的学生人数的平均数为， 则调查结果为不满意的学生人数的方差为， 则. 20. 如图，在四棱锥中，四边形是平行四边形，点F为的中点． （1）已知点G为线段的中点，求证：CF∥平面； （2）若，直线与平面所成的角为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择几个作为已知，使四棱锥唯一确定，求： （ⅰ）直线到平面的距离； （ⅱ）二面角的余弦值． 条件①：平面； 条件②：； 条件③：平面平面． 【答案】（1）证明：取的中点，连接，，，； 因为分别为的中点，所以，平面， 平面，所以平面， 又因为分别为的中点，四边形为平行四边形， 所以且，则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面. （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】(1) 取的中点，连接，，，，利用中位线证明平面，再利用平行四边形对边平行证明平面，然后利用面面平行的判定得到平面平面，最后由面面平行得到证明即可； (2)选择条件①和③ （ⅰ）设点到平面的距离为，利用等体积法即可求解； （ⅱ）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，分别求出两个平面的法向量，进而求解即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 选择条件①和③ （ⅰ）因为平面，所以即为直线与平面所成的角， 由题意可知：，又，所以. 因为平面平面，且平面平面，因为平面， 所以，所以平面，平面，所以, 则四边形为矩形，因为，所以， 设点到平面的距离为，由平面可知：， 在中，， 因为为的中点，所以， 所以，， 因为，平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离也就是直线到平面的距离. 因为，即， 也即，所以 故直线到平面的距离为. （ⅱ）由（ⅰ）可知：，，两两垂直，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，则，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则有，也即，令，则； 则有，也即，令，则， 则， 由图可知：二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 21. 正实数构成的集合，定义.当集合中恰有个元素时，称集合A具有性质. （1）判断集合，是否具有性质； （2）若集合A具有性质，且A中所有元素能构成等比数列，中所有元素也能构成等比数列，求集合A中的元素个数的最大值： （3）若集合A具有性质，且中的所有元素能构成等比数列.问：集合A中的元素个数是否存在最大值?若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）具有性质；不具有性质. （2）3 （3）存在，4 【解析】 【分析】（1）将集合，进行计算，得出集合中的元素个数即可知具有性质；不具有性质. （2）利用等比数列性质和集合性质的定义，即可得集合中的元素个数最大值为3； （3）根据集合具有的性质的定义，对集合中的元素个数进行分类讨论，再由集合元素的互异性得出矛盾即可求出中的元素个数最大值是4. 【小问1详解】 具有性质；不具有性质. 若，则，恰有个元素，所以具有性质； 若，，有5个元素，，不具有性质. 【小问2详解】 当中的元素个数时，因为中所有元素能构成等比数列， 不妨设元素依次为构成等比数列，则，其中互不相同. 于是这与具有性质，中恰有个元素，即任取中两个不同元素组成组合的两个数其积的结果互不相同相矛盾. 当中的元素个数恰有3个时，取时满足条件， 所以集合中的元素个数最大值为3. 【小问3详解】 因为，不妨设， 所以. （1）当时，构成等比数列， 所以，即，其中互不相同. 这与中恰有个元素，即任取中两个不同元素组成组合的两个数其积的结果互不相同相矛盾. （2）当时，构成等比数列，第3项是或. ① 若第3项是，则，即， 所以，与题意矛盾. ② 若第3项是，则，即， 所以成等比数列，设公比为，则中等比数列的前三项为： ，其公比为，第四项为，第十项为. (ⅰ)若第四项为，则，得， 又，得，此时中依次为 显然，不合题意. (ⅱ)若第四项为，则，得，又，得， 此时中依次为，显然，不合题意. 因此，. 取满足条件. 所以中的元素个数最大值是4. 【点睛】方法点睛：对于“新定义”的题目关键在于充分理解定义的本质，把新定义与高中已学内容建立联系，灵活运用类比、归纳、分类讨论等数学思想才能将问题解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $