广东省广州市南沙区2025-2026学年高二上学期期末数学试题（B卷）（试卷+解析）

这是一份广东省广州市南沙区2025-2026学年高二上学期期末数学试题（B卷）（试卷+解析），共23页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的学校､姓名､试室号､座位号：同时填写考生号，再用2B铅笔把对应的考生号的标号涂黑．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知空间向量，，若，则=（ ）
A. B. C. D.
2. 已知双曲线C的一条渐近线的斜率为，且焦点在x轴上，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知正方体棱长为1，以A为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（ ）
A B. C. D.
4. 在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知直线与圆有两个公共点，若点的坐标为，则（ ）
A. 点在圆上B. 点在圆外
C. 点圆内D. 以上皆有可能
6. 数列满足，，则“”是“数列成等比数列”的（ ）
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
7. 已知数列，对任意的，满足圆与圆的公共弦长为．记数列的前项和为，则（ ）
A B. C. D.
8. 在三棱锥中，平面，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A. 12B. C. 24D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知数列是公比为的等比数列，且，则（ ）
A. B. C. D.
10. 已知圆，直线，记直线与轴交点为，则（ ）
A. 若直线与圆相切，则
B. 若直线被圆截得的弦长为2，则
C. 不存在，使圆上有三个点到直线的距离都为1
D. 由点向圆作切线，则切线长的最小值为
11. 在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A. 若，则平面平面
B. 若，有且仅有一个点，使得平面
C. 若，则异面直线和所成角的取值范围是
D. 若与平面所成角为，则动点P的轨迹长为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知A为抛物线C：上一点，点A到C的焦点的距离为8，到y轴的距离为6，则______．
13. 已知等差数列满足，，则的通项公式______；记，则的最大值为______．
14. 已知点，若圆上存在两点、，使得，则的取值范围是______．
四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 已知圆经过两点，且圆心在轴上.
（1）求圆的方程；
（2）求与圆关于直线对称的圆的方程.
16. 记为等比数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
17. 已知椭圆离心率为，左、右焦点分别为，，，过点且斜率为k的直线，与y轴相交于点E，与椭圆相交于C，D两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）当，求的面积；
（3）若，求k的值．
18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面底面，分别是棱上的动点.
（1）当是棱的中点，证明：平面；
（2）当，，且．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）当四棱锥的体积最小时，求平面与平面的夹角的余弦值．
19. 已知动点与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数．记动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知点的坐标为，按照如下方式依次构造点；过作斜率为的直线与曲线C的右支交于点，令为关于y轴的对称点．记的坐标为．
（Ⅰ）证明：数列是等比数列；
（Ⅱ）设为的面积，证明：对任意正整数n，．
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高二数学（B卷）
本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必在答题卡上用黑色字迹的钢笔或签字笔填写自己的学校､姓名､试室号､座位号：同时填写考生号，再用2B铅笔把对应的考生号的标号涂黑．
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再填涂其他答案．答案不能答在试卷上．
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效．
4．考生必须保证答题卡的整洁．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回．
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知空间向量，，若，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间向量平行的坐标表示即可求解.
【详解】因为，所以，使得，
因为，，
所以，解得.
故选：C.
2. 已知双曲线C的一条渐近线的斜率为，且焦点在x轴上，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据渐近线斜率及计算求解.
【详解】因为双曲线的焦点在x轴上，则双曲线C的一条渐近线的斜率为，
则C的离心率为.
故选：D.
3. 已知正方体的棱长为1，以A为原点，为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量是（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出点坐标，然后方程组求出平面的一个法向量.
【详解】建立坐标系并确定点坐标，如图
以为原点，为单位正交基底，正方体棱长为1，则各点坐标为：，，，
，
设平面的法向量为，则 且，
即
化简得，，
令，则，，即法向量为.
故选：A.
4. 在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用割补法及锥体的体积公式求解即可.
【详解】在棱长为1的正方体中，连接，
则几何体是棱长为的正四面体，，
，
设点到平面的距离为，则，
因此，所以.
故选：B
5. 已知直线与圆有两个公共点，若点的坐标为，则（ ）
A. 点在圆上B. 点在圆外
C. 点在圆内D. 以上皆有可能
【答案】B
【解析】
【分析】由直线与圆相交得到，即可判断.
【详解】因为直线与圆有两个公共点，
所以直线与圆相交，
所以，则，即，
所以点在圆外.
故选：B
6. 数列满足，，则“”是“数列成等比数列”的（ ）
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
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列的定义结合充分条件、必要条件的定义分析即可.
【详解】若，则，所以是以2为首项，3为公比的等比数列，充分性成立；
若成等比数列，则，
因为，
解得或，
当时，，此时，
即，是以2为周期的数列，
所以，，
即，此时成等比数列，必要性不成立.
故选：A
7. 已知数列，对任意的，满足圆与圆的公共弦长为．记数列的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆的圆心的坐标和半径，将两圆方程作差，可得出公共弦所在直线的方程，分析可知，公共弦所在直线过圆心，即可得出的值，再利用并项求和法可求得的值.
【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，
将圆方程作差得，即，
故两圆公共弦所在直线的方程为，
因为公共弦长为，则直线过点，
所以，整理可得，
所以.
故选：D.
8. 在三棱锥中，平面，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A. 12B. C. 24D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用椭圆的性质求出面积的最大值，再利用锥体体积公式求解即得.
【详解】在中，由，点在以点为焦点，
长轴长为的椭圆上（除长轴端点外），而焦距，
则该椭圆短半轴长，面积的最大值为，
又平面，且，所以棱锥体积的最大值为.
故选：A
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知数列是公比为的等比数列，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式逐项判断即可.
【详解】设数列的首项为，因为，所以，解得，
对于A，，所以A错误；
对于B，，所以B正确；
对于C，，所以C错误；
对于D，，所以D正确.
故选：BD.
10. 已知圆，直线，记直线与轴交点为，则（ ）
A. 若直线与圆相切，则
B. 若直线被圆截得的弦长为2，则
C. 不存在，使圆上有三个点到直线的距离都为1
D. 由点向圆作切线，则切线长的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系可判定A，利用弦长公式可判定B，利用圆的性质可判定C，利用勾股定理结合二次函数的性质可判定D.
【详解】易知圆的圆心及半径为，
对于A，若直线与圆相切，
则圆心到直线的距离，故A错误；
对于B，由弦长公式可知，解得，故B正确；
对于C，由于圆的半径为1，结合圆的对称性，
可知若过圆心，圆中到距离为1的点有2个，
若不过圆心，圆中到距离为1的点至多有2个，故C正确；
对于D，由勾股定理可知切线长，
当时取得等号，故D正确.
故选：BCD
11. 在棱长为的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A. 若，则平面平面
B. 若，有且仅有一个点，使得平面
C. 若，则异面直线和所成角的取值范围是
D. 若与平面所成角为，则动点P的轨迹长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，证明平面，即可证得面面垂直；对于B，若平面，则必有，根据该式列出方程，解得，结合，即可判断；对于C，写出与，再运用向量夹角公式，结合函数的单调性，即可得解；对于D，根据线面角的大小以及向量夹角公式，列出方程，即可确定点的轨迹，继而求出其长度.
【详解】以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.
对于A：在正方体中，易知平面，因为平面，
故，在正方形中，易知，
又因为，平面，
故平面，又因为平面，
故平面平面，故A正确；
对于B：易知，，，，
故，若，则，，
若平面，则必有，得，
即，得，而，故不存在满足条件的，故B错误；
对于C：由B可知，，若，则，易知，
，
又因为，设异面直线和所成角为，
则，
当时，，此时异面直线和所成角为；
当时，，
令，则，
开口向上的二次函数的对称轴为，因为，
故在时取得最小值，此时取得最大值，
故当时，，
综上所述，当时，，则，
即异面直线和所成角的取值范围是，故C正确；
对于D：由B可知，，又因为，
故，
易知在正方体中，平面，故是平面的一个法向量，
因为与平面所成角为，故有，
化简得，则，
又因为，，故，又因为，，
故点位于的内部（含边界），
因此点轨迹为以为圆心，半径为，圆心角为的圆弧，
因此点的轨迹长为，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知A为抛物线C：上一点，点A到C的焦点的距离为8，到y轴的距离为6，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义及条件可求答案.
【详解】因为点A到C的焦点的距离为8，
所以点A到准线的距离为8，
因为点A到y轴的距离为6，所以，即.
故答案为：
13. 已知等差数列满足，，则的通项公式______；记，则的最大值为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用等差数列的性质求出公差，然后求出通项公式得空一；利用指数运算化简，然后由二次函数性质即可求得最大值.
【详解】空一：记等差数列的公差为，则，
所以；
空二：因为，所以，
因为，，
所以当或时，
所以的最大值为.
故答案为：；.
14. 已知点，若圆上存在两点、，使得，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】对点与圆的位置关系进行分类讨论，在点在圆上时，直接验证即可；在点在圆外时，过点作圆的切线，切点分别为、，可知，由此计算得出，再利用两点间的距离公式可得出关于的不等式，即可解得的取值范围.综合可得出的取值范围.
【详解】因为，故点在圆上或圆外，
若点在圆上，此时，此时，
显然在圆上存在点、，使得，符合题意；
若点在圆外，则，
如下图所示：

过点作圆的切线，切点分别为、，则，
由圆的几何性质可知，，
由切线长定理可得，又因为，，故，
所以，故，
因为，所以，
即，整理可得，
解得，此时.
综上所述，的取值范围是.
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．
15. 已知圆经过两点，且圆心在轴上.
（1）求圆的方程；
（2）求与圆关于直线对称的圆的方程.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）设圆的一般方程将条件代入可得到方程组，解方程组即可；（2）根据点关于直线的对称关系求出对称圆的圆心，结合圆的标准方程即可求得.
【小问1详解】
依题意，因为圆心在轴上，所以设圆的方程为，
因为圆经过两点，所以，解得，
所以圆的方程为，即.
【小问2详解】
由（1）知，圆的圆心为，半径为；
设关于直线对称的点为，
则的中点为，直线的斜率为；
因为点关于直线对称，所以，
即，解得，所以，
所以与圆关于直线对称的圆的方程为.
16. 记为等比数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题设结合与的关系可得，进而得到数列的公比为，即可得到，再由题设得到即可求得，进而求解即可；
（2）由（1）可得，进而利用错位相减法求解即可.
【小问1详解】
由，
当时，，
两式相减得，，即，
因为数列为等比数列，所以数列的公比为，
当时，，而，解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，则，
所以，
则，
两式相减得，，
则.
17. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，，，过点且斜率为k的直线，与y轴相交于点E，与椭圆相交于C，D两点．
（1）求椭圆的方程；
（2）当，求的面积；
（3）若，求k的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据离心率和焦距可得方程；
（2）写出直线方程，与椭圆方程联立，结合弦长公式可得答案；
（3）根据向量关系得出，联立方程，结合韦达定理可得答案.
【小问1详解】
因为椭圆的离心率为，，所以，所以，即椭圆的方程为.
小问2详解】
由（1）可知，因为，所以直线方程为，即；
联立，可得；
设,则，
，
到直线的距离为.
所以的面积为.
【小问3详解】
设，则，
因为，所以，即.
直线方程为，联立，可得；
，解得.
18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧面底面，分别是棱上的动点.
（1）当是棱的中点，证明：平面；
（2）当，，且．
（Ⅰ）若，求的值；
（Ⅱ）当四棱锥的体积最小时，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
【分析】（1）连接，与交于点，连接，证明，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）（Ⅰ）建立空间直角坐标系，写出坐标，根据列出方程，即可解得；
（Ⅱ）利用面面垂直性质定理证明平面，因此为四棱锥的高，因此四棱锥的体积在四边形的面积最小时取到最小值，利用表示出四边形的面积，求得最小时所对应的，再写出各点坐标，求出平面与平面的法向量，再运用向量夹角公式，即可得解.
【小问1详解】
证明：连接，与交于点，连接，
在矩形中，易知点是的中点，又因为点是的中点，
故在中，是的中位线，故，
又因为平面，平面，
故平面.
【小问2详解】
（Ⅰ）过点作垂直于平面的直线，易知两两互相垂直，
故可以为坐标原点，以分别为轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，，
则，
因为，故，解得得.
（Ⅱ）因为侧面底面，平面平面，，平面，
故平面，因此四棱锥的高为，设四边形的面积为，
则，
故四棱锥的体积在四边形的面积最小时取到最小值，
，，，
，
所以当四棱锥的体积最小时，，故，则，
又，，
设平面的一个法向量为，则有，
即，取，则，
则平面的一个法向量；
设平面的一个法向量为，则有，
即，得，取，则，
则平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为.
19. 已知动点与定点的距离和它到定直线l：的距离的比是常数．记动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的方程；
（2）已知点的坐标为，按照如下方式依次构造点；过作斜率为的直线与曲线C的右支交于点，令为关于y轴的对称点．记的坐标为．
（Ⅰ）证明：数列是等比数列；
（Ⅱ）设为的面积，证明：对任意正整数n，．
【答案】（1）
（2）（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得，进而化简即可求解；
（2）（Ⅰ）由题意可得，进而得到，再利用点差法求得，进而求证即可；
（Ⅱ）利用点差法得到，，再结合（Ⅰ）中的结论得，最后证明出即可.
【小问1详解】
由题意，得，整理得，
则曲线C的方程为.
【小问2详解】
（Ⅰ）由题意，，，，
则，，
所以，
由于，作差得，
则，
因此数列是公比为3的等比数列.
（Ⅱ）由于，作差得，
变形得，
同理可得，
由（Ⅰ）知数列是公比为3的等比数列，同时可得数列是公比为的等比数列，
则，
则，
易知和是以为公共边的三角形，
又因为，所以，
因此点到底边的距离相等，从而，即.