2025北京东直门中学高二12月月考数学试题及答案

高中2025北京东直门中学高二12月月考数学考试时间：120分钟总分150分第一部分一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分．1.直线的倾斜角是（）A.30° B.60° C.120° D.150°2.已知点，，则线段的垂直平分线所在的直线方程是（）A. B.C. D.3.已知圆的方程为，那么圆心坐标为A. B. C. D.4.在等差数列中，，，则（）A.4 B.5 C.6 D.85.如图，在四面体中，是的中点，，设，则（）A. B. C. D.6.已知直线与直线，若，则（）A. B. C.或 D.7.已知圆，直线，P为l上的动点，过点P作圆C的两条切线PA、PB，切点分别A、B，当最小时，直线AB的方程为（）A. B.C. D.8.设为椭圆与双曲线公共的左右焦点，它们在第一象限内交于点，是以线段为底边的等腰三角形，且若椭圆的离心率，则双曲线的离心率取值范围是（）A. B. C. D.9.在等差数列中，，．记，则数列（）．A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项10.已知数列满足，则下列说法正确的是（）①当时，；②当时，数列是常数列；③当时，；④当时，数列单调递减；A.①② B.②③④ C.②④ D.①③④第二部分二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．11.点到直线距离的最大值为___________.12.已知数列的前项和为，则数列的通项公式为________．13.若双曲线的离心率为，则实数__________．14.设抛物线的焦点为，准线为，过焦点的直线交抛物线于，两点，分别过，作的垂线，垂足为，，若，则__；__．15.曲线是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：①曲线关于坐标轴和直线均对称；②曲线恰好经过4个整点（即横、纵坐标均为整数的点）：③曲线围成的图形的面积是；④曲线上的任意两点间的距离不超过4；⑤若是曲线上任意一点，则的最小值是2．其中正确的结论序号是___________．三、解答题：本题共6小题，共85分．16.如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，，是的中点，点在棱上且（1）求证：∥平面；（2）求点到平面的距离．17.在中，.（1）求；（2）若，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，使存在且唯一确定，求及的面积.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.18.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，且平面平面，在平面内过，交于，连接．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值：（3）在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长．19.设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.20.已知椭圆的一个顶点为，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）设为原点．直线与椭圆交于两点（不是椭圆的顶点），与直线交于点，直线分别与直线交于点．求证：．21.对于项数为的数列，若数列满足，，其中，表示数集中最大的数，则称数列是的数列.（1）若各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列；（2）证明：若数列中存在使得，则存在使得成立；（3）数列是的数列，数列是的数列，定义其中．求证：为单调递增数列的充要条件是为单调递增数列．

参考答案第一部分一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分．题号12345678910答案CBCCBAADBB第二部分二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．11.【答案】解：直线恒过点，则点到直线的距离的最大值为点到点的距离，∴点到直线距离的最大值为：.故答案为：.12.【答案】由，可得：，两式相减可得：，当时，，不满足上式，所以，故答案为：13.【答案】，.渐近线方程是.14.【答案】解：抛物线的焦点为，所以，所以p=2；如图所示，过点作，交直线于点，由抛物线的定义知，，且，所以，，所以，所以直线的斜率为；设直线的方程为，点，，由，消去整理得,所以,所以，所以，所以的面积为.故答案为：；．15.【答案】当时，曲线C：，化简为，表示圆心为，半径为的半圆；当时，曲线C：，化简为，表示圆心为，半径为的半圆；当时，曲线C：，化简为，表示圆心为，半径为的半圆；当时，曲线C：，化简为，表示圆心为，半径为的半圆；作出曲线C的图象，如下图所示对于①：由图象可得，曲线关于坐标轴和直线均对称，故①正确；对于②：当时，曲线C：，则过点，同理曲线还过，共8个整数点，故②错误；对于③：曲线围成的图形的面积为，故③错误；对于④：曲线C上任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，即为，故④错误；对于⑤：因为点到直线的距离，所以，当d最小时，易得点P在曲线C的第一象限图象上，且最小距离为圆心到直线的距离减去半径，所以，所以，故⑤正确.故答案为：①⑤三、解答题：本题共6小题，共85分．16.【答案】（1）矩形中，连接交于点，则为的中点.连接，因为是的中点，所以∥.因为平面，平面，所以∥平面.（2）因为平面，底面，所以.所以两两垂直.以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.因为，所以.所以.设平面的法向量为，则，所以.令，则.所以平面的一个法向量为.设点到平面的距离为，则.所以点到平面的距离为.17.【答案】（1）由正弦定理得，代入得，所以，因为，所以所以，所以，.（2）选条件①：因为，由正弦定理得，由余弦定理得，解得，所以．由解得，解是唯一的.所以，.选择条件②：由及余弦定理得，即，解得或（负舍），此时有一解，所以，所以，.选条件③：由及余弦定理得，所以，故.这与矛盾，故不成立.所以条件③不满足.18.【答案】（1）因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以.直角梯形中，，所以四边形为矩形，所以.，，所以.由正弦定理，得，所以.中，.所以，所以.因为平面，所以平面.（2）由（1）知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.则.所以.设平面的法向量为，则，所以令，则.所以面的一个法向量为；设平面的法向量为，，所以.令，则.所以面的一个法向量为.所以.由图可知二面角是钝角，所以二面角的余弦值为.（3）设，则.由（1）知平面，所以平面的一个法向量为.所以直线与平面所成的角的正弦值为，所以，化简得，解得.所以.19.【答案】（1）由已知得，的方程为.由已知可得，点的坐标为或.所以的方程为或.（2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立当与轴重合时，.当与轴垂直时，为的垂直平分线，所以.当与轴不重合也不垂直时，设的方程为，，则，直线、的斜率之和为.由得.将代入得.所以，.则.从而，故、的倾斜角互补，所以.综上，.［方法二］：角平分线定义的应用当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．由得．由韦达定理得．点A关于x轴的对称点，则直线的方程为．令，，则直线过点M，．［方法三］：直线参数方程的应用设直线l的参数方程为（t为参数）．（*）将（*）式代入椭圆方程中，整理得．则，．又，则，即．所以．［方法四］：【最优解】椭圆第二定义的应用当直线l与x轴重合时，．当直线l与x轴不重合时，如图，过点A，B分别作准线的垂线，垂足分别为C，D，则有轴．由椭圆的第二定义，有，，得，即．由轴，有，即，于是，且．可得，即有．［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用椭圆以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得.设．．所以，．由角平分线定理的逆定理可知，命题得证．［方法六］：角平分线定理的逆定理的应用设点O（也可选点F）到直线的距离分别为，根据角平分线定理的逆定理，要证，只需证．当直线l的斜率为0时，易得．当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为：．由方程组得恒成立，．．直线的方程为：．因为点A在直线l上，所以，故．同理，．．因为，所以，即．综上，．［方法七］：【通性通法】分类＋常规联立当直线l与x轴重合或垂直时，显然有．当直线l与x轴不垂直也不重合时，设直线l的方程为，交椭圆于，．由得．由韦达定理得．所以，故、的倾斜角互补，所以.［方法八］：定比点差法设，，所以，由作差可得，，所以，，又，所以，，故，、的倾斜角互补，所以.当时，与轴垂直，为的垂直平分线，所以.故．【整体点评】（2）方法一：通过分类以及常规联立，把角相等转化为斜率和为零，再通过韦达定理即可实现，是解决该类问题的通性通法；方法二：根据角平分线的定义可知，利用点关于轴的对称点在直线上，证直线过点即可；方法三：利用直线的参数方程证明斜率互为相反数；方法四：根据点M是椭圆的右准线与x轴的交点，用椭圆的第二定义结合平面几何知识证明，运算量极小，是该题的最优解；方法五：利用椭圆的极坐标方程以及角平分线定理的逆定理的应用，也是不错的方法选择；方法六：类比方法五，角平分线定理的逆定理的应用；方法七：常规联立，同方法一，只是设直线的方程形式不一样；方法八：定比点差法的应用．20.【答案】（1）由题意可得，解得，所以椭圆的方程为；（2）由题意可知直线的斜率存在，设其方程为．则，直线的方程为，由，得，由，得，设，则，直线的方程为，联立直线和得，解得，同理可得，所以，因为，所以，即点和点关于原点对称，所以．.21.【答案】（1）由