2025北京中学高二9月月考数学试题及答案

高中2025北京北京中学高二9月月考数学一、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.107.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.18.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”.

参考答案一、选择题共10小题，共50分.每小题5分题号12345678910答案CABDAACCCA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.【答案】6【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.【答案】【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.【答案】【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.【答案】2【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.【答案】（答案不唯一）【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.【答案】②④【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.【答案】（1）（2）①或；②【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.【答案】（1）证明见解析（2）【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】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.【小问2详解】由（1）得：，所以.19.【答案】（1）证明见解析（2）答案见解析【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】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.【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.【答案】（1）证明见解析（2）（3）存在，或【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】∵四边形为菱形，∴，∵平面，平面，∴平面，∵平面，平面和平面的交线为，∴.【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.【答案】（1）（2）（3）【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