北京市北京理工大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷（PDF版，含答案）

2025北京理工大附中高三 12月月考
数 学
2025.12
本试卷共 6页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考
试结束后，将答题卡收回。
第一部分（选择题 共 40分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
（1）已知全集U = R，集合 A = { x | x≥2}， B = { x |1 x 3}，则 ( U A ) B =（ ）
（A） (1,2] （B） (1,2) （C） [2,3) （D） (2,3)
3 i
（2）若复数 z = ，则复数 z的共轭复数 z =（ ）
1+ i
（A）1+ 2i （B） 1+ 2i （C） 1 2i （D）1 2i
（3）命题“ x R， x 1 0 ”的否定是（ ）
（A） x R， x 1≤0 （B） x R， x 1≤0
（C） x R， x 1 0 （D） x R， x 1 0
1 2
（4）“ k = ”是“直线 y = k (x 3) x与双曲线 y2 =1只有一个公共点”的（ ）
2 4
（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
1
（5）已知 a = ln 2,b = e,c =（ ）e，其中 e是自然对数的底数，则（ ）
2
（A） c a b （B） c b a
（C） a c b （D） a b c

（ 6 ） 函 数 f (x) = A tan( x + )( 0,| | ) 的 部 分 图 象 如 图 所 示 ， 则
2
13
f ( ) =（ ）
12
（A）1 （B） 3 （C） 3 （D）3 3
（7）已知半径为1的圆经过原点，其圆心到直线3x 4y +15 = 0 的距
离为 d ，则 d 的最大值为（ ）
（A）1 （B） 2 （C） 3 （D） 4
（8）庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所
示，底面 ABCD是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰
三角形组成.若 BC =10m,EF = 5m ,且四个侧面与底面的夹角的大小均相等，则 AB =（ ）
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（A）12m （B）15m （C） 20m （D） 40m
（9） 2 已知函数 f (x) = x | x a | 2a ，若当 x 2 时， f (x) 0 ，则a的取值范围是（ ）
（A） ( ,1] （B） [ 2,1] （C） [ 1,2] （D） [ 1,+ )
(10) 在数列{an}中， an+1 = a
2
n 2an (n =1,2, ) ,则（ ）
（A）当 a1 = 3 时，对于任意的正整数 n， an+1 an
（B）当 a1 =1时，存在正整数 N，当 n N时， an+1 an
（C）当 a1 (2,3)时，对于任意的正整数 n， an ≤ 3
（D）当 a1 (3,4)时，存在正整数 N，当 n N时， an 3
第二部分（非选择题 共 110分）
二、填空题共 5小题，每小题 5 分，共 25 分.
1
（11）函数 f (x) = + log2 x的定义域为______．
x 1
2
（ ）若抛物线 y2
x
12 = mx的焦点与双曲线 y2 =1的右焦点重合，则实数m的值为____.
3
1 1
（13）在△ABC中，点 D， E满足 BD = DC， AE = AC．若DE = AC AB，则 = ．
6 2
（14）某城市为推动新能源汽车普及，第 1 年在市区公共区域建设了 2 万个新能源汽车充电桩，随着新能
源汽车保有量快速增长，以及城市对绿色出行基础设施建设的持续投入，每年新建设的充电桩数量比上一
年增加 20%，按照这样的发展趋势，那么该城市第 3 年在市区公共区域新建设了_____________万个充电
桩；从第 1 年起，约_____________年内，可使该城市市区公共区域的充电桩总量达到 30 万个（结果保留
到个位）.（参考数据： lg 2 0.301， lg 3 0.477 ）
（15）在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激
ex e x ex + e x
励函数．定义双曲正弦函数 sinh x = ，双曲余弦函数 cosh x = ，双曲正切函数
2 2
sinh x
tanh x = ． 给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是_______．
cosh x
①双曲正弦函数是增函数； ②双曲余弦函数是增函数；
tanh x + tanh y
③双曲正切函数是增函数； ④ tanh (x + y) = ．
1+ tanh x tanh y
三、解答题共 6小题，共 85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
3
（16）（本小题 13 分）已知函数 f (x) = sin xcos x + 3 cos2 x ．
2
（Ⅰ）求函数 f (x) 的最小正周期；
（Ⅱ）求不等式 f (x)≥ 0的解集．
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（17）（本小题 13 分）
如图，在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD为平行四边形， AC与BD相交
于点O ,平面 PAD ⊥平面 ABCD，点 E在棱 PC上， AD = BD = PD = 2，
AB = 2OE = 2 2 .
（Ⅰ）求证： AP ⊥ BD；
（Ⅱ）若 AP∥平面 BDE，求平面 BDE与平面 ABCD夹角的大小.
（18）（本小题 14 分）
在 ABC中，角A ， B，C的对边分别为 a，b， c，已知bsin 2A = 3a sin B .
（Ⅰ）求 A；
（II）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得 ABC存在且唯．一．确定，
求 ABC的面积.
条件①：b = 2 3 ， a = 2；
条件②：b = 2 3 ， a + c = 4；
条件③： AB边上的高 h = 3 ， a = 19 .
（19）（本小题 15 分）
x2 y2 3
已知椭圆E : + =1 a b 0 的一个顶点为 A(0,1)，离心率为 .
a2 2
( )
b 2
（Ⅰ）求椭圆 E的方程；
（Ⅱ）过点 P (2,1)作斜率为 k的直线与椭圆 E交于不同的两点 B，C，直线 AB， AC 分别与 x轴交于点
M ， N ，点 P关于 x轴的对称点为Q，求证：四边形 PMQN为菱形.
（20）（本小题 15 分）
已知函数 f (x) = x2 a ln x 1 (a R) ．
（Ⅰ）当 a = 2时，求 f (x) 的极值；
（Ⅱ）若对 x (1,+ )， f (x) 0 恒成立，求 a的取值范围；
（Ⅲ）证明：若 f (x) 在区间 (1,+ )上存在唯一零点 x0 ，则 x e
a 2 (其中 e = 2.71828 0 )．
（21）（本小题 15 分）
对于有限正整数数列Q : a ,a , ,a ，若存在连续子列ai ,ai+1, ,a1 2 n j 和符号序列 si ， si+1, , s j 1,1 ，
j
使得 skak = 0 ，其中1 i j n,i, j *N ，则称数列Q存在平衡连续子列．
k=i
（1）写出数列 2，1，2，3 的一个平衡连续子列；
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（2）设对任意正整数 i，定义函数 v (i)为满足 i = u 2v的非负整数 v，其中u为奇数，令
2 v(i)
ai = 2 (i =1,2, ,7)．求数列a1,a2 , ,a7 并判断其是否存在平衡连续子列，说明理由；
*
（3）设数列Q的每一项均为不大于 k (k N )的正整数，证明：当 n 2k时，Q存在平衡连续子列．
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参考答案
第一部分（选择题 共 40分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A A C A C D B B C
第二部分（非选择题 共 110分）
三、填空题共 5小题，每小题 5 分，共 25 分.
（11）【答案】 (0,1) (1,+ )
（12）【答案】8
（13）【答案】 2
3
（14）【答案】 ①. 2.88 ②. 8
2
【详解】由题意可知第 3 年新建设 2 (1+ 0.2) = 2.88万个充电桩；假设第n年后充电桩总量达到 30 万
个，
n
n 1 2(1 1.2 )
则 2+ 2 (1+ 0.2)+ 2 (1+ 0.2) 30 ，即 30 1.2n 4，取对数得
1 1.2
2lg 2 0.602 0.602
n = = 7.62，
lg 6 lg5 lg 2+ lg3 (1 lg 2) 0.079
即约 8 年内，可达到要求.故答案为：2.88，8
（15）【答案】①③④
三、解答题共 6小题，共 85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
1 cos2x +1 3
（16）解：（Ⅰ） f (x) = sin 2x + 3 ……4 分
2 2 2
1 3
= sin 2x + cos2x
2 2
π π
= sin 2x cos + cos2x sin
3 3
π
= sin(2x + ) ……6 分
3
2π 2π
所以，函数 f (x) 的最小正周期为T = = = π．……8 分
2
（Ⅱ）因为 y = sin x在区间[2kπ，π + 2kπ](k Z) 大于等于零，
若 f (x)≥ 0，则 x需满足：
π
2kπ≤ 2x + ≤ π + 2kπ ， ……4 分
3
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π 2π
+ 2kπ≤2x≤ + 2kπ，
3 3
π π
+ kπ≤ x≤ + kπ，
6 3
π π
所以 f (x)≥ 0的解集为[ + kπ， + kπ](k Z)． ……6 分
6 3
（17）解：（I）因为在△ABD中， AD = BD = 2， AB = 2 2 ，
所以 AD2 + BD2 = AB2 .
所以 AD ⊥ BD .
因为平面 PAD ⊥平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD = AD， BD 平面 ABCD，
所以 BD⊥平面 PAD .
因为 AP 平面 PAD ,
所以 AP ⊥ BD . .........4 分
（II）因为 AP∥平面 BDE， AP 平面 PAC ，平面 PAC 平面 BDE =OE ,
所以 AP∥OE .
因为 ABCD为平行四边形，O为 AC 的中点,
所以 E为CP的中点.
所以 AP = 2OE = 2 2 .
因为 AD = PD = 2 ，
所以 AD2 + PD2 = AP2 .
所以 AD ⊥ PD .
所以 AD,BD,PD两两垂直.
如图建立空间直角坐标系D xyz，则D(0,0,0) ， A(2,0,0),B(0,2,0),C( 2,2,0) ，

P(0,0,2),E( 1,1,1) ，因此DE = ( 1,1,1) ，DB = (0,2,0) ．
设平面 BDE的法向量为m = (x, y, z) ，

m DE = 0, x + y + z = 0,
则 即 ．
m DB = 0, 2y = 0
令 x =1，则 z =1．所以m = (1,0,1) ．
平面 ABCD的一个法向量 n = (0,0,1) .
m n 2
cos m,n = = ．
|m || n | 2

所以平面 BDE与平面 ABCD夹角为 ． .........13 分

（18）（Ⅰ）因为bsin 2A = 3a sin B，由正弦定理得， sin Bsin 2A 3 sin Asin B，
又 B (0,π) ，所以 sin B 0，得到 sin 2A = 3 sin A，又2sin Acos A = 3 sin A，
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π
又 A (0,π)
3
，所以 sin A 0 ，得到 cos A = ，所以 A = .
2 6
（II）选条件①：b = 2 3 ， a = 2；
1
π 2 3
由（Ⅰ）知， A = ，根据正弦定理知， bsin A 3
6 sin B = =
2 = ,
a 2 2
π 2π
所以存在 B = 或B = 两种情况， ABC存在，但不唯一，故不选此条件；
3 3
选条件②：b = 2 3 ， a + c = 4因为 a + c 2 ac ，即 ac 4，又
(a + c)2 2ac b2 4 2ac 2
cosB = = = 1 1，所以1 ac 4 ，
2ac 2ac ac
所以只有 a = c = 2 成立， ABC存在且唯一确定，
1 1 1
所以 ABC的面积为 S = AB AC sin A = 2 2 3 = 3 .
2 2 2
选条件③： AB边上的高 h = 3 ， a = 19 ；
CD
AC = = 2 3
如图所示， AB边上的高 h = CD = 3 ，在Rt ACD 中， π ，即b = 2 3 ，
sin
6
π AC2 + AB2 BC2 3
由（Ⅰ）知， A = ，根据余弦定理知， cos A = = ，
6 2AC AB 2
化简得 AB2 6AB 7 = 0 ，得 AB = 1(舍去)或 AB = 7 ， ABC存在且唯一确定，
1 1 1 7 3
所以 ABC的面积为 S = AB AC sin A = 7 2 3 = .
2 2 2 2
3 c
（19）解：（Ⅰ）因椭圆顶点为 A(0,1)，离心率为 = ，
2 a
2
b c2 1 x
则b =1， = 1 = ，所以 a = 2,c = 3 ，故椭圆方程为： + y
2 =1；
a a2 2 4
（Ⅱ）由题，设直线方程为 y = k (x 2)+1，将直线方程与椭圆方程联立，
x2
+ y
2 =1
可得 4 .

y = k (x 2)+1
x2
2
即得 + 4(kx 2k +1) 4 = 0
化简得 (1+ 4k 2 ) x2 + (8k 16k 2 ) x +16k (k 1) = 0
2
因直线与椭圆 E交于不同的两点 B,C ，则 = (8k 16k 2 ) 4(1+ 4k 2 )(16k 2 16k ) = 64k 0 .
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( ) ( ) 8k +16k
2 16k 2 16k
设C x1, y1 ，B x2 , y2 ，由韦达定理 x1 + x2 = ，x1x . 2 =
1+ 4k 2 1+ 4k 2
y1 1 x
又设 AC : y = x +1 y = 0 x =
1
，令 得 N ；
x1 1 y1
y 1 x
设 AB : y =
2 x +1，令 y = 0得 xM =
2
；
x2 1 y2
又因为
x x x x 2x1x2 + 2(x1 + x )1 + 2 = 1 2+ 2 =
1 y1 1 y2 k (2 x1 ) k (2 x2 ) k (2 x1 )(2 x2 )
2(16k 2 16k )+ ( 8k +16k 2 )
= 1+ 4k
2 16k
= = 4 .
k 4+16k 2 2( 8k +16k 2 )+ (16k
2 16k ) 4k
1+ 4k 2
xM + x所以 N = 2 ，P (2,1) ,Q (2, 1)，所以 PQ ⊥ MN ,PQ平分MN ，所以四边形PMQN为菱形.
2
（20）解：（Ⅰ）函数 f (x) 的定义域为 (0,+ ) .当 a = 2时， . 2 2(x2 1)
f (x) = 2x =
x x
令 f (x) = 0，解得 x =1，或 x = 1(舍).当 x变化时， f (x)， f (x) 的变化情况如下表所示：
x (0,1) 1 (1,+ )
f (x) 0 +
f (x) 单调递减 0 单调递增
因此，当 x =1时， f (x) 有极小值，极小值为 f (1) = 0.
a 2x2 a
（Ⅱ） f (x) = 2x = .
x x
(1)当 a≤ 2 时，因为 x (1,+ ) ，所以 2x2 a 0 .所以 f (x) 0 .所以 f (x) 在区间 (1,+ )上单
调递增.故 f (x) f (1) = 0，满足题意.
2a
(2)当 a 2时，令 f (x) 0 ，得1 x .
2
2a 2a
所以 f (x) 在区间 (1, )上单调递减. 所以 f ( ) f (1) = 0 ,不符合题意.
2 2
综上可知， a ( , 2] . …………………….……9 分
（Ⅲ） 当 a≤ 2 时，由（Ⅱ）知，对任意 x (1,+ ) ， f (x) 0 恒成立，所以 f (x) 在区间 (1,+ )没有
零点，不符合题意.
2a 2a
当 a 2时，因为 f (x) 在区间 (1, )上单调递减，且 f (1) = 0，所以 f (x) 在区间 (1, ]上无
2 2
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零点.
2a
因为 f (x) 在区间 (1,+ )上存在唯一零点 x ，所以0 x0 .
2
2a 2a
因为当 x 时， f (x) 0，所以函数 f (x) 在 ( ,+ ) 上单调递增.
2 2
要证 x a 2 ，只要证 a 20 e f (x0 ) f (e )，即只要证 f (e
a 2 ) 0 .
f (ea 2 ) = e2a 4 a(a 2) 1，令 t = a 2 0 ，只要证 e2t t(t + 2) 1 0 .
令 g(x) = e2x x(x + 2) 1(x 0) ， g (x) = 2e2x 2x 2 .
令 h(x) = 2e2x 2x 2 ，当 x 0 时， h (x) = 4e2x 2 0 ，
所以 g (x) 在区间 (0,+ )上单调递增，则有 g (x) g (0) = 0 .
所以 g(x) 在区间 (0,+ )上单调递增，则有 g(x) g(0) = 0，于是 f (ea 2 ) 0 得证. 故
x ea 2 . 15 分 0
（21）【答案】（1）1，2，3.
子列 1，2，3 对应原数列的 a2 =1， a3 = 2，a4 = 3，
设符号序列为 s2 ， s3 ， s4 ，需满足1 s2 + 2 s3 + 3 s4 = 0，其中 s s2 ， 3 ， s4 1,1 ，
若取 s2 =1， s3 =1， s4 = 1，则和为1 1+ 2 1+ 3 ( 1) =1+ 2 3 = 0 ，
4
满足 skak = 0 ，
k=2
由于存在连续子列 1，2，3，以及符号序列 s2 =1， s3 =1， s4 = 1均属于{ 1,1}，
使得符号与对应项乘积的和为 0，完全符合“平衡连续子列”的定义（存在连续子列和符号序列，使符号加
权和为 0) ，
综上，子列 1，2，3 是数列 2，1，2，3 的平衡连续子列；
（2）因为 1，3，5，7 是奇数，故 v (1) = v (3) = v (5) = v (7) = 0，
a = a = a = a = 22 0所以 1 3 5 7 = 4 ．
因为 v (2) = v (6) =1 a = a = 22 1，所以 2 6 = 2．
v (4) = 2 2 2因为 ，所以a4 = 2 =1，
所以数列 4，2，4，1，4，2，4．
因为 si , si+1, , s j 1,1 (1 i j 7) ，
所以 siai + si+1ai+1 + + s ja j 与ai + ai+1 + + a j 奇偶性相同．
当 i 4 j或 i 4 j时，因为ai ,ai+1, ,a j 中， a4 为奇数，其余各项均为偶数，
所以ai + ai+1 + + a j 为奇数．
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所以 siai + si+1ai+1 + + s ja j 0．
当 (i, j )取 (1,2) ,(1,3) ,(2,3) , (5,6) , (5,7) , (6,7)时，
由（1）可知 siai + si+1ai+1 + + s ja j 0，
综上，该数列不存在平衡连续子列．
bi + ai+1,bi 0
（3）设b1 = a1,bi+1 = (i =1,2, ,n 1)，
bi ai+1,bi 0
则b1,b2 , ,bn是整数数列．
下面证明对任意 i 1,2, ,n ，均有 k +1 bi k ．
显然b = a k +1 b k1 1满足 1 ．
假设结论不成立，则存在 t 2,3, ,n ，使得bt k或bt k +1，
且当 j t 时都有 k +1 b j k．
（ⅰ）若bt k，当bt 1 0 时，bt 1 = bt at，
因为 at k ，所以bt 1 = bt at k at 0 ，矛盾；
当bt 1 0 时，bt 1 = bt + at，
因为 at 0，所以bt 1 = b1 + a1 k + at k ，矛盾．
（ⅱ）若bt k +1，当bt 1 0 时，bt 1 = bt at，
因为 at 0，所以bt 1 = bt at k +1 at k +1，矛盾；
当bt 1 0 时，bt 1 = bt + at，
因为at k,bt 1 = bt + at k +1+ at k +1+ k = 1，
又bt 1 是整数，所以bt 1 0 ，矛盾．
综上，对任意 i 1,2, ,n ，均有 k +1 bt k．
若存在 j 2,3, ,n ，使得b j = 0，
则存在 (1, j )且 s1, s2 , , s j 1,1 ，使得 s1a1 + s2a2 + + s ja j = 0，
此时数列Q存在平衡连续子列．
若任意 i 1,2, ,n ,bi 0，
因为 k +1, k + 2, , 1,0,1, ,k中共 2k 1个非零整数，
当 n 2k时，数列b1,b p q b = b2 , ,bn中存在 p,q 1,2, ,n 且 ，使得 p q，
从而存在 sp+1, sp+2 , s 1,1 ，使得 sp+1aq p+1 + sp+2ap+2 + + sqaq = bq bp = 0，
此时数列Q存在平衡连续子列．
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综上，当 n 2k时，数列Q存在平衡连续子列．
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