2025北京广渠门中学高二12月月考数学试题及答案

高中2025北京广渠门中学高二12月月考数学本试卷共2页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效一、选择题（40分）1.数列满足，且，，则（）A.1 B.2 C.5 D.82.圆的圆心到直线的距离为（）A. B. C. D.3.双曲线的离心率为（）A. B. C. D.4.已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（）A. B. C.16 D.185.在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的余弦值为（）A. B. C. D.6.设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件7.设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l．P是抛物线上异于O的一点，过P作于Q，则线段FQ的垂直平分线（）A.经过点O B.经过点P C.平行于直线OP D.垂直于直线OP8.已知等差数列与等比数列的首项均为－3，且，，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9.已知为椭圆M:+=1和双曲线N:-=1的公共焦点，为它们的一个公共点，且，那么椭圆M和双曲线N的离心率之积为（）A. B.1 C. D.10.如图，已知正方体的棱长为为的中点，为所在平面内一动点，则下列命题正确的个数是（）①若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆②若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为③若点到直线与到直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线④若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题（25分）11.抛物线的顶点到焦点的距离为3，则___________，准线方程为___________12.已知双曲线的渐近线方程为，则__________．13.在平面直角坐标系中，已知点，动点N满足，记d为点N到直线l：的距离．当m变化时，直线l所过定点的坐标为______；d的最大值为______．14.我国度量衡的发展有着悠久的历史，战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”．已知9枚环权的质量（单位：铢）从小到大构成项数为9的数列，该数列的前3项成等差数列，后7项成等比数列，且，，，则___________；数列所有项的和为___________．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M中最多有1个元素；②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.其中正确结论的序号是______.三、解答题（85分）16.如图，在三棱锥中，平面，．（1）求证：平面PAB；（2）求二面角的大小．17.在中，，.（1）求；（2）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的高.①；②；③面积为.18.已知椭圆，直线交椭圆于．两点．（1）若，求的长：（2）若原点在以为直径的圆内，求的取值范围．19.如图，在四棱锥中，平面平面，为等腰直角三角形，，，，，.（1）点在棱上，若平面，求证：为的中点；（2）若与平面所成的角为，求的长．20.已知椭圆：，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点且斜率存在的直线与椭圆交于不同的两点，过点和的直线与椭圆的另一个交点为．（1）求椭圆的方程及离心率；（2）若直线BD的斜率为0，求t的值．21.设数列A：，,…().如果对小于()的每个正整数都有＜，则称是数列A的一个“G时刻”.记“是数列A的所有“G时刻”组成的集合.（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出的所有元素；（2）证明：若数列A中存在使得>，则；（3）证明：若数列A满足-≤1（n=2,3,…,N）,则的元素个数不小于-.

参考答案一、选择题（40分）题号12345678910答案CDBCACBABC二、填空题（25分）11.【答案】因为抛物线的顶点到焦点的距离为，即，解得，所以准线方程为.故答案为：；.12.【答案】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为，则，，又双曲线的渐近线方程为，所以，即，解得；故答案为：13.【答案】由，得，则，得，所以直线l所过定点，因为点，动点N满足，所以动点N在以为圆心，1为半径为圆上，所以当时，点N到直线l的距离最大，所以d的最大值为，故答案为：，614.【答案】数列的后7项成等比数列，设公比为,则，因为数列从小到大排列，故，得.于是.由，得.由数列前3项成等差数列，，，得.后7项是首项为、公比为的等比数列，共7项，则后7项的和为因此数列所有项的和为.故答案为：①；②15.【答案】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.故答案为：①③④.三、解答题（85分）16.【答案】【小问1详解】因为平面平面，所以，同理，所以为直角三角形，又因为，，所以，则为直角三角形，故，又因为，，所以平面.【小问2详解】由（1）平面，又平面，则，以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，则，所以，设平面的法向量为，则，即令，则，所以，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以，所以，又因为二面角为锐二面角，所以二面角的大小为.17.【答案】【小问1详解】因为，，所以，由正弦定理有，解得.【小问2详解】如图所示，若存在，则边上的高为，若选①，，因为，所以，因为，这表明此时有两个钝角，而这是不可能的，所以此时不存在，故边上的高也不存在；若选②，，由正弦定理有，解得，此时，，而，，，，所以，可以唯一确定，所以此时、也可以唯一确定，这表明此时是存在的，且边上的高；若选③，的面积是，则，解得，由余弦定理可得可以唯一确定，进一步由余弦定理可得、也可以唯一确定，即、可以唯一确定，这表明此时是存在的，且边上的高满足：，即.18.【答案】【小问1详解】当时，直线.联立，消去得：，.设，，由韦达定理得，，弦长.【小问2详解】联立，消去得,判别式，恒有两个交点，有，,.原点在以为直径的圆内，等价于，即，因分母，故，解得.19.【答案】【小问1详解】在中，过点作交于点，连接，由，故，故四点共面，由平面，平面，平面平面，故，故四边形是平行四边形，故，又，故，故是的中位线，故为的中点；【小问2详解】过作于，连接，因为为等腰直角三角形，，故，所以为中点，则且，故四边形为平行四边形，则，又，所以，因为，则，又因为平面平面，平面平面，平面，故平面，又平面，故，又，，、平面，故平面，又平面，故，则，故、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，则，，所以.设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则，化简得，又，故，即.20.【答案】【小问1详解】由题意，从而，所以椭圆方程为，离心率为；【小问2详解】直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，从而设，，联立，化简并整理得，由题意，即应满足，所以，若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，所以，在直线方程中令，得，所以，此时应满足，即应满足或，综上所述，满足题意，此时或.21.【答案】（1）根据题干可得，，，，，，满足条件，2满足条件，不满足条件，3不满足条件，不满足条件，4不满足条件，，，，，均小于，因此5满足条件，因此；（2）因为存在使得，所以.记，则，且对任意正整数.因此，从而.（3）设数列的所有“时刻”为，对于第一个“时刻”

，有，3，，，则．对于第二个“时刻”

，有，3，，