北京市东直门中学2025-2026学年高二上学期12月月考数学试卷（PDF版，含答案）

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．
直线3x + 3y +1= 01. 的倾斜角是（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
2. 已知点M (2, 4)，N ( 4,16)，则线段MN 的垂直平分线M N 所在的直线方程是（ ）
A. x + 2y + 21= 0 B. x 2y + 21= 0
C. x + 2y 21= 0 D. x 2y 21= 0
3. 已知圆的方程为 x2 + y2 2x 6y +1= 0，那么圆心坐标为
A. ( 1 , 3) B. (1 , 3) C. (1,3) D. ( 1,3)
4. 在等差数列 a a + a = 20 a =12 a =n 中， 4 8 ， 7 ，则 4 （ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8

5. 如图，在四面体 PABC中， E是 AC的中点，BF = 3FP，设PA = a,PB = b,PC = c，则FE =
（ ）
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2
A. a b + c B. a b + c C. a + b + c D. a b + c
2 3 2 2 4 2 2 4 3 3 4 3
6. 已知直线 l1 :mx + 2y 2 = 0与直线 l2 : 5x + (m+3) y 5 = 0，若 l1//l ，则m =2 （ ）
A. 5 B. 2 C. 2 或 5 D. 5
已知圆C : x2 27. + y 2x = 0 ，直线 l : x + y +1= 0，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 PC·AB 最小时，直线 AB的方程为（ ）
A. x + y = 0 B. x y = 0
C. 2x 2y +1= 0 D. 2x + 2y +1= 0
x2 y2
8. 设F1，F2 为椭圆C1： + =1(a b 0)与双曲线C2 公共的左右焦点，它们在第一象限内交于点
a2 b2
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3 4
M ，△MF1F2 是以线段MF1 为底边的等腰三角形，且 MF1 = 2．若椭圆C1 的离心率e [ , ]，则双曲
8 9
线C2 的离心率取值范围是（ ）
5 5 3 3
A. , B. [ ,+ ) C. (1, 4 D. , 4
4 3 2 2


9.在等差数列 an 中， a1 = 9 ， a5 = 1．记Tn = a1a2…an (n =1,2,…) ，则数列 Tn （ ）．
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
2
10. 已知数列 an 满足 a1 =1，an+1 = an an + c，则下列说法正确的是（ ）
①当 c 1时， an 1；
②当 c =1时，数列 an 是常数列；
3
③当 c 1时， a ； n 1 1 c
4
3
④当 c 1时，数列 an 单调递减；
4
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 (0, 1)到直线 y = k (x +1)距离的最大值为___________.
2
12. 已知数列 an 的前 n项和为 Sn = n + 3 ，则数列 an 的通项公式为________．
y2
13. 若双曲线 x2 =1的离心率为 3 ，则实数m = __________．
m
2
14. 设抛物线 y = 2px(p 0)的焦点为 F (1,0)，准线为 l，过焦点的直线交抛物线于 A， B两点，分别过
A， B作 l的垂线，垂足为C，D，若 AF = 4 BF ，则 p = __； S△CDF = __．
2 2 2 2
15. 曲线C：x + y = 2 x + 2 y (x + y 0)是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：
①曲线C关于坐标轴和直线 y = x均对称；
②曲线C恰好经过 4 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）：
③曲线C围成的图形的面积是 4 + 4 ；
④曲线C上的任意两点间的距离不超过 4；
⑤若 P (m,n)是曲线C上任意一点，则 m+ n 6 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．
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16. 如图，在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD为矩形，侧棱 PD ⊥底面 ABCD，PD = DC = 2AD = 2 ，
1
E是 PC的中点，点 F 在棱 PB上且PF = PB
4
（1）求证：PA ∥平面 EDB；
（2）求点 F 到平面 EDB的距离．
B
17. 在 ABC中，bsin A acos = 0 .
2
（1）求 B；
（2）若b = 3，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 ABC存在且唯一确
定，求 a及 ABC的面积.
条件①： sin A+ sinC = 2sin B；
条件②： c = 3 ；
条件③： ac =10 .
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 P ABCD 中 ， 底 面 ABCD 为 直 角 梯 形 ，
ADC = BCD = 90 ，BC =1，CD = 3，PD = 2 ， PDA = 60 ， PAD = 30 ， 且 平 面
PAD ⊥平面 ABCD，在平面 ABCD内过B作BO ⊥ AD，交 AD于O，连接 PO．
（1）求证：PO ⊥平面 ABCD；
（2）求二面角 A PB C 的余弦值：
2 7
（3）在线段PA上存在一点M ，使直线 BM 与平面 PAD所成的角的正弦值为 ，求PM 的长．
7
x2
19. 设椭圆C : + y2 =1的右焦点为 F ，过 F 的直线 l与C交于 A,B两点，点M的坐标为 (2,0) .
2
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（1）当 l与 x轴垂直时，求直线 AM 的方程；
（2）设O为坐标原点，证明： OMA = OMB .
x2 y2 1
20. 已知椭圆G : + =1(a b 0)的一个顶点为 A( 2,0)，离心率为 ．
a2 b2 2
（1）求椭圆G 的方程；
（2）设O为原点．直线 l与椭圆G 交于C,D两点（C,D不是椭圆的顶点）， l与直线 x = 2 交于点 E，直
线 AC, AD分别与直线OE交于点M ,N ．求证： OM = ON ．
21. 对于项数为m的数列 an ，若数列 bn 满足 bk = max{a1,a2 , ,a (k =1,2, ,m )k }， ，其中，maxM
表示数集M 中最大的数，则称数列 bn 是 an 的 P数列.
（1）若各项均为正整数的数列 an 的 P数列是3, 4, 4,5，写出所有的数列 an ；
（2）证明：若数列 an 中存在 ai使得 ai a1 (2≤ i≤m) ，则存在 k {1,2, ,m 1}使得bk+1 bk 成立；
n
（3）数列 bn 是 an 的 P数列，数列 cn 是 an 的 P数列，定义 dn = sgn(an ai ) 其中
i=1
1, x 0,

sgn (x) = 0, x = 0, ．求证： bn + cn 为单调递增数列的充要条件是 d n 为单调递增数列．

1, x 0.
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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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B C C B A A D B B
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 y = k (x +1)恒过点 A( 1,0)，
则点 (0, 1)到直线 y = k (x +1)的距离的最大值为点 ( 1,0)到点 A的距离，
∴点 (0, 1)到直线 y = k (x +1)距离的最大值为：
2 2
d = (0 +1) + ( 1 0) = 2 .
故答案为： 2 .
2
12. 【答案】由 Sn = n + 3 ，
2
可得： S = (n 1) + 3,n 2， n 1
两式相减可得： an = 2n 1,n 2 ，
当 n =1时， a1 = 4 ，不满足上式，
4,n =1
所以 an = ，
2n 1,n 2
4,n =1
故答案为： an =
2n 1,n 2
c2 a2 +b2
13. 【答案】a2 =1,b2 = m,e2 = = =1+m = 3，m = 2 .渐近线方程是 y = mx = 2x .
a2 a2
14. 【答案】解：抛物线 y2 = 2px(p 0) 的焦点为F (1,0)，
p
所以 =1，所以 p=2；
2
如图所示，
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过点 B作 BM //l，交直线 AC于点M ，由抛物线的定义知 AF = AC ， BF = BD ，
且 AF = 4 BF ，
所以 AM = 3 BF ， AB = 5 BF ，
2 2
所以 BM = AB AM = 4 BF ，
BM 4
所以直线 AB的斜率为 k = tan BAM = = ；
AM 3
4
设直线 AB的方程为 y = (x 1) ，点 A(x1, y1) ，B(x2 , y2 ) ，
3
4
y = (x 1)
由 3 ，消去 y整理得 4x
2 17x + 4 = 0 ,
y2 = 4x
17
所以 x1 + x2 = ,
4
25
所以 AB = x1 + x2 + p = ，
4
25 4
所以 CD = AB sin BAM = = 5 ，
4 5
1
所以 CDF的面积为 5 2 = 5.
2
故答案为： 2 ；5．
15. 【答案】当 x 0, y 0 x2 + y2时，曲线 C： = 2x + 2y，化简为 (x 1)2 + (y 1)2 = 2 ，
表示圆心为 (1,1) ，半径为 2 的半圆；
当 x 0, y 0时，曲线 C： x2 + y2 = 2x 2y，化简为 (x 1)2 + (y +1)2 = 2，
表示圆心为 (1, 1) ，半径为 2 的半圆；
x 0, y 0 x2 + y2当 时，曲线 C： = 2x + 2y (x +1)2 + (y 1)2，化简为 = 2，
表示圆心为 ( 1,1) ，半径为 2 的半圆；
当 x 0, y 0 2 2 2 2时，曲线 C： x + y = 2x 2y，化简为 (x +1) + ( y +1) = 2，
表示圆心为 ( 1, 1) ，半径为 2 的半圆；
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作出曲线 C的图象，如下图所示
对于①：由图象可得，曲线C关于坐标轴和直线 y = x均对称，故①正确；
对于②：当 x 0, y 0时，曲线 ： (x 1)2C + (y 1)2 = 2 ，则过点 (2, 2)，
同理曲线还过 ( 2,2), ( 2, 2), (2, 2), (2,0), ( 2,0), (0, 2), (0, 2)，
共 8 个整数点，故②错误；
1 2 2
对于③：曲线C围成的图形的面积为4 π 2 + (2 2 ) = 8+ 4π，故③错误；
2
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 2 2+ 2 2 = 4 2 4，故④错误；
m+ n 6
对于⑤：因为点 P (m,n)到直线 x + y 6 = 0 的距离d = ，
2
所以 m+ n 6 = 2d，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 (1,1) 到直线 x + y 6 = 0 的距离减去半径 2 ，
1+1 6
所以 dmin = 2 = 2 ，
2
所以 m+ n 6 = 2 2 = 2，故⑤正确.
min
故答案为：①⑤
三、解答题：本题共 6 小题，共 85 分．
16. 【答案】（1）
矩形 ABCD中，连接 AC交 BD于点O，则O为 AC的中点.
连接 EO，因为 E是 PC的中点，所以 EO ∥ PA .
因为 EO 平面 EDB， PA 平面 EDB，所以PA ∥平面 EDB .
（2）
因为 PD ⊥平面 ABCD，DA,DC 底面 ABCD，所以PD ⊥ DA,PD ⊥ DC .
所以DA,DC,DP两两垂直.
以D为坐标原点，分别以DA,DC,DP所在直线为 x, y, z轴建立空间直角坐标系.
因为 PD = DC = 2AD = 2 ，所以D (0,0,0) , A(1,0,0) ,C (0,2,0) ,B (1,2,0) ,P (0,0,2) .
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1 1 3 1 1 3
所以 E (0,1,1) ,F , , ,DE = (0,1,1) ,DB = (1,2,0),DF = , , .
4 2 2 4 2 2

设平面 EDB的法向量为 n = (x, y, z )，

n·DE = 0 y + z = 0
则 ，所以 .
n·DB = 0 x + 2y = 0

令 x = 2 ，则 y = 1, z =1 .所以平面 EDB的一个法向量为n = (2, 1,1) .
设点 F 到平面 EDB的距离为 d ，
1 1 3
DF·n 2 + ( 1) +1
3
则 4 2 2 6d = = =
2 = .
n 2 22 + ( 1) +12 6 4
6
所以点 F 到平面 EDB的距离为 .
4
17. 【答案】（1）
由正弦定理得bsin A = a sin B，
B B
代入bsin A acos = 0得a sin B acos = 0，
2 2
B B B
所以 2asin cos acos = 0，
2 2 2
B π B
因为0 ，所以a cos 0.
2 2 2
B 1 B π π
所以 sin = ，所以 = ， B = .
2 2 2 6 3
（2）
选条件①： sin A+ sinC = 2sin B.
π
因为b = 3,B = ， sin A+ sinC = 2sin B.
3
由正弦定理得 a + c = 2b = 6，由余弦定理得9 = a2 + c2 ac = (a + c)2 3ac，
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1 9 3
解得 ac = 9，所以 S ABC = acsin B = ．
2 4
ac = 9,
由 解得 a = c = 3， ABC解是唯一的.
a + c = 6,
9 3
所以 a = 3， S = . △ABC
4
π
选择条件②：由b = 3,c = 3,B = 及余弦定理得9 = a2 +3 3a，
3
即 a2 3a 6 = 0，解得 a = 2 3 或 3 （负舍），
1 1 3 3 3
此时 ABC有一解，所以 S ABC = acsin B = 2 3 3 = ，
2 2 2 2
3 3
所以 a = 2 3 ， S . △ABC =
2
π
选条件③：由b = 3,B = 及余弦定理得9 = a2 + c2 ac，
3
所以9 = a2 + c2 ac 2ac ac = ac，故 ac 9 .
这与 ac =10矛盾，故不成立.
所以条件③不满足.
18. 【答案】（1）
因为平面 PAD ⊥平面 ABCD，平面 PAD 平面 ABCD = AD，BO ⊥ AD，BO 平面 ABCD，
所以 BO ⊥平面 ABCD .
因为 PO 平面 ABCD，所以 PO ⊥ BO .
直角梯形 ABCD中， ADC = BCD = 90 ，BC =1，CD = 3，BO ⊥ AD，
所以四边形OBCD为矩形，所以OD = BC =1 .
PAD，PD = 2， PDA = 60 ， PAD = 30 ，所以 APD = 90 .
AD 2 PA
由正弦定理，得 = = ，所以 AD = 4,PA = 2 3 .
sin 90 sin 30 sin 60
1
2 2 2POD中，PO = PD +OD 2PD ODcos PDO = 4+1 2 2 1 = 3 .
2
所以 PO2 +OD2 = PD2 ，所以PO ⊥OD .
因为OD OB =O,OD,OB 平面 ABCD，所以 PO ⊥平面 ABCD .
（2）
由（1）知OA,OB,OP两两垂直，以O为坐标原点，分别以OA,OB,OP所在直线为 x, y, z轴建立空间直
角坐标系.
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则O (0,0,0) , A(3,0,0) ,P (0,0, 3) ,B (0, 3,0) ,C ( 1, 3,0) .

所以 AP = ( 3,0, 3) ,PB = (0, 3, 3 ) ,BC = ( 1,0,0) .

设平面 PAB的法向量为 n1 = (x1, y1, z1 )，

n1·AP = 0 3x1 + 3z1 = 0
则 ，所以
n1·PB = 0 3y1 3z1 = 0

令 x1 =1，则 z1 = 3, y = 3 .所以面 PAB的一个法向量为 n1 1 = (1, 3, 3 )；

设平面 PBC 的法向量为 n2 = (x2 , y2 , z2 )，

n2·BC = 0 x1 = 0
，所以 .
n2·PB = 0 3y1 3z1 = 0

令 y1 =1，则 z1 =1, x1 = 0 .所以面 PBC 的一个法向量为 n2 = (0,1,1) .

n·n 2 3 42
所以 cos n
1 2
1,n2 = = = .
n n 7 2 71 2
42
由图可知二面角 A PB C 是钝角，所以二面角 A PB C 的余弦值为 .
7
（3）

设 AM = AP (0 1)，则 BM = BA+ AM = (3, 3,0)+ ( 3,0, 3 ) = (3 3 , 3, 3 ) .

由（1）知BO ⊥平面 PAD，所以平面 PAD的一个法向量为OB = (0, 3,0) .

BM·OB 3 1
cos BM ,OB = = =
所以 BM OB 2 2 2 2 (3 3 ) + ( 3 ) + ( 3 ) 3 4 6 + 4
2 7 1 2 7
直线 BM 与平面 PAD所成的角的正弦值为 ，所以 = ，
7 4 2 6 + 4 7
2 3
化简得 (4 3) = 0，解得 = .
4
3 1 3
所以 PM = AP AP = AP = .
4 4 2
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19. 【答案】（1）由已知得 F (1,0)， l的方程为 x=1 .
2 2
由已知可得，点 A的坐标为 1, 1, . 2
或 2


2 2
所以 AM 的方程为 y = x + 2 或 y = x 2 .
2 2
（2）［方法一］：【通性通法】分类＋常规联立
当 l与 x轴重合时， OMA = OMB = 0 .
当 l与 x轴垂直时，OM 为 AB的垂直平分线，所以 OMA = OMB .
当 l与 x轴不重合也不垂直时，设 l的方程为 y = k (x 1)(k 0)， A x1, y1 ,B x2 , y2 ，
y1 y2
则 x 2, x 2 ，直线MA、MB的斜率之和为 k + k = + . 1 2 MA MB x1 2 x2 2
2kx1x2 3k (x1 + x2 )+ 4k
由 y1 = kx k, y k + k1 2 = kx2 k得 MA MB = . (x1 2)(x2 2)
( ) x
2
y = k x 1 2 (2k 2 +1) x2 4k 2 2将 代入 + y =1得 x + 2k 2 = 0 .
2
4k 2 2k 2 2
所以， x1 + x2 = , x1x2 = .
2k 2 +1 2k 2 +1
4k3 4k 12k3 +8k3 + 4k
则 2kx . 1x2 3k (x1 + x2 )+ 4k = = 0
2k 2 +1
从而 kMA + kMB = 0，故MA、MB的倾斜角互补，所以 OMA = OMB .
综上， OMA = OMB .
［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 OMA = OMB．当直线 l与 x轴不垂直也不重合时，设直线 l的
方程为 x = my +1，交椭圆于 A( x1, y1 )，B (x2 , y2 )．
x2
+y
2 =1 2 2
由 2 得 (m + 2) y + 2my 1= 0．

x=my+1
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2m 1
由韦达定理得 y1 + y2 = , y1y2 = ．
m2 + 2 m2 + 2
点 A关于 x轴的对称点N (x , y )，则直线BN 的方程为 ( y + y1) (x2 x1) = ( y1 + y2 ) (x x1 1 1)．
1 2m
y1 (x2 x1) x y + x 2my y + ( y + y
2m
2 2
y=0 x = + x = 1 2 2
y1 = 1 2 1 2
)
令 ， = m + 2 m + 21 = 2 ，则直线
y 2m1 + y2 y1 + y2 y1 + y2
m2 + 2
BN 过点 M， OMA = OMB．
［方法三］：直线参数方程的应用
x=1+tcos
设直线 l的参数方程为 （t为参数）．（*）
y=tsin
x2
将（*）式代入椭圆方程 + y2 =1中，整理得 (1+ sin2 ) t2 + 2cos t 1= 0 ．
2
1 2cos
则 t1 t2 = ， t1 + t2 = ．
1+ sin2 1+ sin2
又 A(1+ t1 cos , t1 sin ) ,B (1+ t2 cos , t2 sin )，则 kMA + kMB =
t1 sin t2 sin t1 sin t sin + = + 2 =
1+ t1 cos 2 1+ t2 cos 2 t1 cos 1 t2 cos 1
t1sin (t2cos 1)+t2sin (t1cos 2t1t2 sin cos (t1 + t2 )sin = =
(t1cos 1)(t2cos 1) (t1 cos 1) (t2 cos 1)
2sin cos 2sin cos
+
1+ sin2 1+ sin2 = 0，
(t1 cos 1) (t2 cos 1)
即 kMA = kMB．所以 OMA = OMB．
［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， OMA = OMB = 0 ．
当直线 l与 x轴不重合时，如图，过点 A，B分别作准线 x=2 的垂线，垂足分别为 C，D，则有
AC∥BD∥x轴．
AF | BF | | AF | | BF | | AF | | AC |
由椭圆的第二定义，有 = e， = e，得 = ，即 = ．
AC | BD | | AC | | BD | | BF | | BD |
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| AF | | BF | | AF | |CM | | AC | |CM |
由 AC∥BD∥x轴，有 = ，即 = ，于是 = ，且
|CM | |DM | | BF | |DM | | BD | |DM |
ACM = BDM = 90 ．可得 AMC = BMD，即有 AMO = BMO．
［方法五］：角平分线定理逆定理＋极坐标方程的应用
x2 1
椭圆C : + y2 =1以右焦点为极点，x轴正方向为极轴，得 = .
2 2 + cos
设 A( 1, ) ,B ( 2 , + )．
| AM |2= 21 +1 2 1 cos ,| BM |
2= 22 +1+ 2 2 cos ．
2 +1 2 cos 2| AM | 1 1 | BM | +1+ 2 cos 所以 = = 3 cos2 ， = 2 2 = 3 cos2 ． 0
| AF | 1 | BF | 2
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MA,MB的距离分别为 d1,d2，根据角平分线定理的逆定理，要证
OMA = OMB，只需证d1 = d2．
当直线 l的斜率为 0 时，易得d1 = d2 = 0．
x2
+y
2 =1,
当直线 l的斜率不为 0 时，设直线 l的方程为： x = my +1, A(x1, y1) ,B (x2 , y2 )．由方程组 2 得

x=my+1,
( 2 ) 2 2m 1m + 2 y + 2my 1= 0,Δ 0恒成立， y1 + y2 = ． y2 1y2 = ． m + 2 m2 + 2
2 y
直线MA的方程为： y1x (x
1
1 2) y 2y1 = 0,d1 = 2 ．
y21 + (x1 2)
2 y1
因为点 A在直线 l上，所以 x1 = my1 +1，故
d1 = ．
(m2 +1) y21 2my1 +1
2 y2 4 ( y1 y2 ) ( y1 + y2 ) 2my2 2 1y2
同理，d2 = d d2 2 ． 1 2 = ． (m +1) y 22 2my2 +1 (m +1) y21 2my1 +1 (m2 +1) y22 2my2 +1
2m 2m 2
因为 ( y + y ) 2my y = + = 0，所以d d 2 = 0，即d1 = d 1 2 1 2 2 1 2 2 ．m + 2 m2 + 2
综上， OMA = OMB．
［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 OMA = OMB．
当直线 l与 x轴不垂直也不重合时，设直线 l的方程为 x = my +1，交椭圆于 A( x1, y1 )，B (x2 , y2 )．
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x2 2
+y =1
由 2 得 (m2 + 2) y2 + 2my 1= 0．

x=my+1
2m 1
由韦达定理得 y1 + y2 = , y1y2 = ．
m2 + 2 m2 + 2
y1 y2 y y 2my1y2 ( y1 2 1 + y2 )
所以 kMA + kMB = + = + = = 0，
x1 2 x2 2 my1 1 my2 1 (my1 1)(my2 1)
故MA、MB的倾斜角互补，所以 OMA = OMB .
［方法八］：定比点差法

设 AF = FB ( 0, 1)， A x1, y1 ,B x2 , y2 ，
x1+ x1= 2 1+
所以 ，
y1+ y0= 2
1+
x21
+y
2 =1
12 x1 + x2 x1 x2 y1 + y2 y1 y2
由 作差可得， + =1，所以，
2x2 1+ 2(1 ) 1+ 1 2 + 2 y2 2
2
=
2
1 1 1
x1 x2 = 2(1 )，又 x1 + x2 =1+ ，所以， x1 = (3 ) , x2 = 3 ，
2 2
y y y y
kMA + kMB =
1 + 2 = 2 + 2 = 0
故 x1 2 x 1 1 12 2 (1+ ) ，MA、MB的倾斜角互补，所以 1+2 2
OMA = OMB .
当 =1时， l与 x轴垂直，OM 为 AB的垂直平分线，所以 OMA = OMB .
故 OMA = OMB．
【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 A关于 x轴的对称点 N 在直线 BM 上，证直线 AN过点M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 x=2 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；
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方法八：定比点差法的应用．
20. 【答案】（1）
a = 2 a = 2

c 1
由题意可得 = ，解得 b = 3 ，
a 2
2 2 2 c =1
a b = c
x2 y2
所以椭圆G 的方程为 + =1；
4 3
（2）
由题意可知直线 l的斜率存在，设其方程为 y = kx +m．
m
则 E (2,2k +m)，直线OE的方程为 y = k + x，
2
y = kx +m 2 2
由 ，得 (4k +3) x +8kmx + 4m2 12 = 0 ，
3x
2 + 4y2 =12
由Δ = 48(4k 2 m2 +3) 0，得m2 4k 2 + 3，
8km 4m2 12
设C (x1, y1 ) ,D (x2 , y2 )，则 x1 + x = , x x = ， 2
4k 2
1 2
+3 4k 2 +3
y
直线 AC的方程为 y =
1 (x + 2)，
x1 + 2
y1 m
联立直线 AC和OE得 (x + 2) = k + x，
x1 + 2 2
2y 4y 4(kx1 +m)
x = 1 = 1 =
解得 M m mx1 + 4k mx + 4k ，
k + (x1 + 2) y 11
2
4(kx2 +m)
同理可得 xN = ，
mx2 + 4k
(kx1 +m)(mx2 + 4k )+ (kx2 +m)(mx1 + 4k )
所以 xM + xN = 4 ， (mx1 + 4k )(mx2 + 4k )
因为 (kx1 +m)(mx2 + 4k )+ (kx2 +m)(mx1 + 4k )
= 2kmx1x2 + (4k 2 +m2 )(x1 + x2 )+8km
2km(4m2 12) 8km(4k 2 +m2 ) 8km(4k 2 +3)
= + = 0，
4k 2 +3 4k 2 +3 4k 2 +3
所以 xM + xN = 0，即点M 和点 N 关于原点O对称，
所以 OM = ON ．
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.
21. 【答案】（1）
由题意，
各项均为正整数的数列 an 的 P数列是3, 4, 4,5，写出所有的数列 an 为：
3, 4, 4,5， 3,4,3,5，3,4,2,5 ，3, 4,1,5
（2）
由题意，
假设不存在 k {1,2, ,m 1}使得bk+1 bk 成立，
根据 P数列定义可知bk+1 bk，b = a1 1，
所以bk+1 = bk，则bk+1 = bk = bk 1 = = b3 = b2 = b1，
即 bk+1 = bk = bk 1 = = b3 = b2 = b1 = a1，
所以bn = max{a1,a2 , ,an } = a1 ，所以 ai ≤ a1 ，这与已知矛盾，
故若此数列{ an }中存在 ai使得 ai a1 (2≤ i≤m) ，
则存在 k {1,2, ,m 1}使得bk+1 bk 成立．
（3）
由题意，
必要性：
b = max{a ,a , ,a }， c k = min{a1,a2 , ,ak }k 1 2 k ， (k =1, 2, m)，
则 bk + ck = max{a1,a2 , ,ak } min{a1,a2 , ,ak }．
因为 bn + cn 为单调递增数列，
所以对所有的 k， ak = max{a1,a2 , ,ak }或 ak = min{a1,a2 , ,ak }，
否则bk + ck = bk 1 + ck 1 ．
n
因此，所有的 ak a i (i =1, 2, ,k) 同号或为0 ，即 dn = sgn(an ai ) = n 1，
i=1
所以 d n 为单调递增数列．
充分性：
因为 d n 为单调递增数列， d d n 1 d N1 = 0 ， n ≤ 且 n ，
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所以只能 dn = n 1，所以 ak a i (i =1, 2, ,k) 同号或为0 ，
所以对所有的 k， ak = max{a1,a2 , ak }或 ak = min{a1,a2 , ak }，
所以 bk + ck = max{a1,a2 , ak } min{a1,a2 , ak }．
所以bk + ck bk 1 + ck b + c 1 ，即 n n 为单调递增数列．
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