《2026年一本密卷高考数学》

6. 已知数列 $ \{a_{n}\} $ 的前 $ n $ 项和为 $ S_{n} $，$ a_{n}\neq 0 $，$ a_{n}a_{n + 2} = a_{n + 1}^{2} $ 且 $ a_{6}a_{9} = 2a_{4}a_{10} $，则 $ \frac{S_{4}}{S_{8}} = $(A)

A.$ \frac{1}{17} $
B.$ \frac{16}{17} $
C.$ \frac{17}{16} $
D.17

答案： 6. A 因为$a_n a_{n + 2} = a_{n + 1}^2$，且$a_n \neq 0$，
所以$\frac{a_{n + 2}}{a_{n + 1}} = \frac{a_{n + 1}}{a_n} = ·s = \frac{a_2}{a_1}$，
所以$\{a_n\}$为等比数列。
因为$a_6 a_9 = 2a_4 a_{10}$，
所以$a_5 a_{10} = 2a_4 a_{10}$，
因为$a_{10} \neq 0$，所以$a_5 = 2a_4$，
即$\{a_n\}$的公比$q = \frac{a_5}{a_4} = 2$。
方法一：所以$\frac{S_4}{S_8} = \frac{S_4}{(1 + q^4)S_4} = \frac{1}{1 + q^4} = \frac{1}{1 + 2^4} = \frac{1}{17}$。故选A。
方法二：所以$\frac{S_4}{S_8} = \frac{\frac{a_1(1 - q^4)}{1 - q}}{\frac{a_1(1 - q^8)}{1 - q}} = \frac{1}{1 + q^4} = \frac{1}{1 + 2^4} = \frac{1}{17}$。
故选A。

7. (多选)设 $ m $，$ n $ 是两条不同的直线，$ \alpha $，$ \beta $ 是两个不同的平面.下列各选项中，满足“$ q $ 的充分条件是 $ p $”的有(AD)

A.$ p:m// n,m\perp\alpha $. $ q:n\perp\alpha $
B.$ p:m// n,m//\alpha $. $ q:n//\alpha $
C.$ p:m\subset\alpha,n\subset\beta,m//\beta,n//\alpha $. $ q:\alpha//\beta $
D.$ p:m//\alpha,m\perp\beta $. $ q:\alpha\perp\beta $

答案：
7. AD “$q$的充分条件是$p$”即“$p\Rightarrow q$”，则只需判断$p\Rightarrow q$是否为真命题即可。
对于A，两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面，所以$p\Rightarrow q$。
对于B，如图，在长方体$ABCD - A_1B_1C_1D_1$中，令$m$为$A_1B_1$，$n$为$AB$，平面$\alpha$为平面$ABCD$，则$A_1B_1// AB$，$A_1B_1//$平面$ABCD$，但$AB\subset$平面$ABCD$，所以$p\nRightarrow q$。

对于C，令$m$为$AA_1$，$n$为$CC_1$，平面$\alpha$为平面$ABB_1A_1$，平面$\beta$为平面$BCC_1B_1$，则$AA_1\subset$平面$ABB_1A_1$，$AA_1//$平面$BCC_1B_1$，$CC_1\subset$平面$BCC_1B_1$，$CC_1//$平面$ABB_1A_1$，但平面$ABB_1A_1$与平面$BCC_1B_1$相交，所以$p\nRightarrow q$。
对于D，设$m\subset$平面$\gamma$，$\alpha\cap\gamma = l$，因为$m//\alpha$，所以$m// l$。
又$m\perp\beta$，所以$l\perp\beta$。又$l\subset\alpha$，所以$\alpha\perp\beta$，$p\Rightarrow q$。故选AD。

8. (多选)如图，在正方体 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ \overrightarrow{A_{1}P} = \lambda\overrightarrow{A_{1}D}(0\leqslant\lambda\leqslant 1) $，$ \overrightarrow{AG} = \mu\overrightarrow{AB}(0\leqslant\mu\leqslant 1) $，点 $ M $，$ N $ 分别为 $ AD $，$ BB_{1} $ 的中点，且该正方体的内切球为球 $ O $，则下列说法正确的有(ABC)


A.$ AC_{1}\perp BP $
B.平面 $ A_{1}PB// $ 平面 $ B_{1}D_{1}C $
C.存在 $ \mu $，使得 $ OC\perp $ 平面 $ MNG $
D.若球 $ O $ 的半径 $ R = 1 $，则过直线 $ MN $ 的平面截球 $ O $ 所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为 $ \frac{\pi}{3} $

答案：
8. ABC 对于A，如图，连接$AC$，$BD$，则$AC\perp BD$，易知$CC_1\perp$平面$ABCD$，$BD\subset$平面$ABCD$，所以$CC_1\perp BD$，又$CC_1\cap AC = C$，$CC_1$，$AC\subset$平面$AC_1C$，所以$BD\perp$平面$AC_1C$，而$AC_1\subset$平面$AC_1C$，所以$BD\perp AC_1$。
同理可得$BA_1\perp AC_1$，又$BD\cap BA_1 = B$，$BD$，$BA_1\subset$平面$A_1BD$，所以$AC_1\perp$平面$A_1BD$，
又$BP\subset$平面$A_1BD$，所以$AC_1\perp BP$，A正确。
对于B，在正方体中，有平面$A_1BD//$平面$B_1D_1C$，
即平面$A_1PB//$平面$B_1D_1C$，B正确。
对于C，当$\mu = \frac{1}{2}$时，点$G$为$AB$的中点，所以$MG\perp AC$，又$OC$在平面$ABCD$上的射影落在$AC$上，所以$MG\perp OC$，同理$GN\perp OC$。又$MG\cap GN = G$，$MG$，$GN\subset$平面$MNG$，所以$OC\perp$平面$MNG$，C正确。
对于D，因为球$O$的半径$R = 1$，所以正方体的棱长为$2$，设点$Q$是线段$MN$的中点，连接$OQ$，$OM$（图略），易知$M$，$N$到点$O$的距离相等，所以$OQ\perp MN$，由勾股定理易知$MN = \sqrt{1^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{6}$，$OM = \sqrt{2}$，
则球心$O$到$MN$的距离为$OQ = \sqrt{OM^2 - QM^2} = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - (\frac{\sqrt{6}}{2})^2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，
所以$MN$被球$O$截得的弦长$l = 2\sqrt{R^2 - OQ^2} = 2\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{2})^2} = \sqrt{2}$，
所以半径最小的截面圆的半径$r = \frac{l}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，面积$S = \pi r^2 = \frac{1}{2}\pi$，D错误。

故选ABC。