北京市东直门中学2025~2026学年高二上册12月阶段考试数学试卷（含答案）

这是一份北京市东直门中学2025~2026学年高二上册12月阶段考试数学试卷（含答案），共5页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．4B．5C．6D．8
5．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．①②B．②③④C．②④D．①③④
二、填空题
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
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．
答案
1．【正确答案】C
【详解】因为直线方程为，所以斜率，
设倾斜角为，所以，所以，
故选C.
2．【正确答案】B
【详解】线段的中点为，
的斜率为，
所以线段的垂直平分线的斜率为，
所以由点斜式即，
故选B.
3．【正确答案】C
【详解】将圆的方程化为标准方程为：，
根据圆的标准方程知圆心坐标为，
故选C．
4．【正确答案】C
【详解】设等差数列的公差为，
，
所以.
故选C
5．【正确答案】B
【详解】故选B
6．【正确答案】A
【详解】由，则有，
化简得，故或；
当时，，，此时与重合，不符；
当时，，，符合要求；
综上所述.
故选A.
7．【正确答案】A
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为.
依圆的知识可知，四点P，A，B，C四点共圆，且AB⊥PC，所以
，而，
当直线PC⊥l时，最小，此时最小.
结合图象可知，此时切点为，所以直线的方程为，即.
故选A

8．【正确答案】D
【详解】因为，为椭圆与双曲线的公共的左右焦点，
是以线段为底边的等腰三角形，且，
设（），由椭圆的离心率，
即，解得：，
由点在第一象限，得双曲线的离心率.
故选D
9．【正确答案】B
【详解】由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选B.
10．【正确答案】B
【详解】对于①，当时，，故①错误；
对于②，当时，有，这意味着只要就有，而，从而由数学归纳法即可证明，故②正确；
对于③，当时，下面用数学归纳法证明，当时，由知结论成立；假设当时结论成立，即，
则由可知，所以，
展开即，即，
同时，由可得，
即时，结论成立，所以对于任意正整数，都有，故③正确；
对于④，当时，，
所以是递减数列，故④正确；
综上所述，正确的结论有②③④.
故选B
11．【正确答案】
【详解】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：
.
12．【正确答案】
【详解】由，
可得：，
两式相减可得：，
当时，，不满足上式，
所以.
13．【正确答案】2
【详解】，.
14．【正确答案】
【详解】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.
15．【正确答案】①⑤
【详解】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.
16．【正确答案】（1）见详解
（2）
【详解】（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．【正确答案】（1）
（2）选择①，，，选择②，，
【详解】（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．【正确答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（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．【正确答案】（1）的方程为或；（2）见详解.
【详解】（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．【正确答案】（1）
（2）见详解
【详解】（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．【正确答案】（1），，，
（2）见详解
（3）见详解
【详解】（1）由题意，
各项均为正整数的数列的数列是，写出所有的数列为：
，，，
（2）由题意，
假设不存在使得成立，
根据数列定义可知，，
所以，则，
即，
所以，所以，这与已知矛盾，
故若此数列中存在使得，
则存在使得成立．
（3）由题意，
必要性：
，，，
则．
因为为单调递增数列，
所以对所有的，或，
否则．
因此，所有的同号或为，即，
所以为单调递增数列．
充分性：
因为为单调递增数列，，且，
所以只能，所以同号或为，
所以对所有的，或，
所以．
所以，即为单调递增数列．