2025-2026学年广东省广州市南沙区高二（上）期末数学试卷（B卷）（含答案）

这是一份2025-2026学年广东省广州市南沙区高二（上）期末数学试卷（B卷）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知空间向量m=(2,−1,1)，n=(4,−2,x)，若m//n，则x=( )
A. −5B. −3C. 2D. 4
2.已知双曲线C的一条渐近线的斜率为12，且焦点在x轴上，则C的离心率为( )
A. 32B. 54C. 62D. 52
3.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，以A为原点，{AB,AD,AA1}为单位正交基底，建立空间直角坐标系，则平面A1BD的一个法向量是( )
A. (1,1,1)B. (1,1,−1)C. (1,−1,1)D. (−1,1,1)
4.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，则点A到平面B1D1C的距离为( )
A. 33B. 13C. 2 33D. 23
5.已知直线mx+ny+1=0与圆C：x2+y2=1有两个公共点，若点P的坐标为(m,n)，则( )
A. 点P在圆C上B. 点P在圆C外C. 点P在圆C内D. 以上皆有可能
6.数列{an}满足a1=2，an+1=man+(3−m)(n∈N∗,m∈R)，则“m=3”是“数列{an}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{an}，对任意的n∈N∗，满足圆x2+y2−2anx−2an+1y=0与圆x2+y2−2x−2y−2=0的公共弦长为4.记数列{an}的前n项和为Sn，则S2026=( )
A. 6078B. 5065C. 4052D. 3039
8.在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，且PA=4,AC=6,BA+BC=6 2，则三棱锥P−ABC体积的最大值为( )
A. 12B. 12 2C. 24D. 24 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知数列{an}是公比为q的等比数列，且a2=2，a4=8，则( )
A. q=2B. a6=32C. an=2n−1D. a2n=22n−1
10.已知圆C：(x−a)2+y2=1，直线l：x−y+2=0，记直线l与y轴交点为A，则( )
A. 若直线l与圆C相切，则a= 2−2
B. 若直线l被圆C截得的弦长为2，则a=−2
C. 不存在a，使圆C上有三个点到直线l的距离都为1
D. 由点A向圆C作切线，则切线长的最小值为 3
11.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P满足BP=λBC+μBB1，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )
A. 若λ=1，则平面AB1P⊥平面BA1D1C
B. 若μ=12，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
C. 若μ=λ，则异面直线D1P和AB1所成角的取值范围是[π4,π2]
D. 若AP与平面BB1C1C所成角为π4，则动点P的轨迹长为π2
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：y2=2px(p>0)上一点，点A到C的焦点的距离为8，到y轴的距离为6，则p= ．
13.已知等差数列{an}满足a2=2，a9=−5，则{an}的通项公式an= ；记cn=2an，则c1c2…cn的最大值为 ．
14.已知点M(x0,2−x0)，若圆x2+y2=2上存在两点A、B，使得∠AMB=60°，则x0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.(本小题13分)
已知圆C经过A(−1,0)，B(2,−3)两点，且圆心C在x轴上．
(1)求圆C的方程；
(2)求与圆C关于直线l：x−y+1=0对称的圆的方程．
16.(本小题15分)
记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知3Sn+an+1=1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=(−1)n−1nan，求数列{bn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|=2，过点F1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k=12，求△F2CD的面积；
(3)若F1C=DE，求k的值．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD⊥底面ABCD，E，F分别是棱AD，PD上的动点．
(1)当F是棱PD的中点，证明：PB//平面AFC；
(2)当∠PAD=120°，PA=AD=2AB=2，且AE=DF=a．
(Ⅰ)若BE⊥PC，求a的值；
(Ⅱ)当四棱锥B−PAEF的体积最小时，求平面PEC与平面PDC的夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
已知动点P(x,y)与定点(2,0)的距离和它到定直线l：x=1的距离的比是常数 2.记动点P的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点P1的坐标为(−32,12)，按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,…)；过Pn−1作斜率为−12的直线与曲线C的右支交于点Qn−1，令Pn为Qn−1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn).
(Ⅰ)证明：数列{xn+yn}是等比数列；
(Ⅱ)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意正整数n，Sn=Sn+1．
参考答案
1.【答案】C
2.【答案】D
3.【答案】A
4.【答案】C
5.【答案】B
6.【答案】A
7.【答案】D
8.【答案】A
9.【答案】BD
10.【答案】BCD
11.【答案】ACD
12.【答案】4
13.【答案】4−n；64
14.【答案】[1− 3,1+ 3]
15.解：(1)已知圆C经过A(−1,0)，B(2,−3)两点，且圆心C在x轴上，
设圆C的方程为x2+y2+Dx+F=0，
则1−D+F=04+9+2D+F=0，
解得D=−4F=−5，
所以圆C的方程为x2+y2−4x−5=0，
即(x−2)2+y2=9．
(2)由(1)知，圆C的圆心为C(2,0)，半径为r=3；
设C(2,0)关于直线l：x−y+1=0对称的点为C′(m,n)，
则CC′的中点为M(m+22,n2)，直线CC′的斜率为k=nm−2；
因为点C，C′关于直线l对称，所以m+22−n2+1=0k=nm−2=−1，
即m−n+4=0n=2−m，解得m=−1n=3，
所以C′(−1,3)，
所以与圆C关于直线l：x−y+1=0对称的圆的方程为(x+1)2+(y−3)2=9．
16.解：(1)因为Sn为等比数列{an}的前n项和，且3Sn+an+1=1，
所以3Sn−1+an=1，n≥2，两式相减可得：
3an+an+1−an=0，
所以an+1=−2an(n≥2)，所以公比q=−2，
又当n=1时，3a1+a2=1，而a2=−2a1，解得a1=1，
所以an=(−2)n−1；
(2)由(1)知，an=(−2)n−1，
则bn=(−1)n−1nan=(−1)n−1n⋅(−2)n−1=n⋅2n−1，
所以Tn=1⋅20+2⋅21+3⋅22+⋯+n⋅2n−1，
则2Tn=1⋅21+2⋅22+3⋅23+⋯+(n−1)⋅2n−1+n⋅2n，
两式相减得，−Tn=20+21+22+⋯+2n−1−n⋅2n=20(1−2n)1−2−n⋅2n=(1−n)⋅2n−1，
则Tn=(n−1)⋅2n+1．
17.解：(1)因为椭圆的离心率为12，|F1F2|=2，
因此c=1，a=2，因此b2=a2−c2=3，
即椭圆的方程为x24+y23=1；
(2)由(1)可知F1(−1,0)，F2(1,0)，因为k=12，
因此直线方程为x−2y+1=0；
联立x24+y23=1x−2y+1=0，可得16y2−12y−9=0；
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，则y1+y2=34,y1y2=−916，
|CD|= 1+1k2 (y1+y2)2−4y1y2= 5× 916+94=154，
F2到直线x−2y+1=0的距离为d=|1−0+1| 12+(−2)2=2 55，
因此△F2CD的面积为12×154×2 55=3 54；
(3)设E(0,m)，则F1C=(x1+1,y1),DE=(−x2,m−y2)，
因为F1C=DE，因此x1+1=−x2，即x1+x2=−1，
直线方程为y=k(x+1)，联立x24+y23=1y=k(x+1)，可得(3+4k2)x2+8k2x+4k2−12=0；
x1+x2=−8k23+4k2=−1，解得k=± 32．
18.(1)证明：连接BD，与AC交于点O，连接FO，
在矩形ABCD中，易知点O是BD的中点，
又因为点F是PD的中点，
故在△PBD中，可得FO//PB，
又因为FO⊂平面AFC，PB⊄平面AFC，
故PB//平面AFC；
(2)解：(Ⅰ)过点A作垂直于平面ABCD的直线Az，易知AB，AD，Az两两互相垂直，
故可以A为坐标原点，以AB，AD，Az分别为x，y，z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系，
则B(1,0,0),E(0,a,0),P(0,−1, 3),C(1,2,0)，D(0,2,0)，
则BE=(−1,a,0),PC=(1,3,− 3)，
因为BE⊥PC，可得BE⋅PC=0，即−1×1+a×3+0×(− 3)=0，
解得a=13；
(Ⅱ)因为侧面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，BA⊥AD，AB⊂平面ABCD，
故AB⊥平面PAD，因此四棱锥B−PAEF的高为BA=2，设四边形PAEF的面积为S，
则VB−PAEF=13S⋅BA=23S，
故四棱锥B−PAEF的体积在四边形PAEF的面积最小时取到最小值，
因为∠PAD=120°，AP=AD，可得∠PDA=∠FDE=30°，
S=S△PAD−S△FDE=12×2×2×sin120°−12×a×(2−a)×sin30°
= 3−a(2−a)4=a24−a2+ 3=14(a−1)2+ 3−14，
所以当四棱锥B−PAEF的体积最小时，a=1，故E(0,1,0)，
则EC=(1,1,0),EP=(0,0, 3),CF=(−32,−12, 32)，
又PC=(1,3,− 3)，DC=(1,0,0)，
设平面PEC的一个法向量为n1=(x1,y1,z1)，
则有n1⋅PC=0n1⋅EC=0，即x1+3y1− 3z1=0x1+y1=0，取x1=3，
则平面PEC的一个法向量n1=(3,−3,−2 3)；
设平面PDC的一个法向量为n2=(x2,y2,z2)，
则有n2⋅PC=0n2⋅DC=0，即x2+3y2− 3z2=0x2=0，取y2=1，
则平面PDC的一个法向量n2=(0,1, 3)，
可得n1⋅n2=3×0+(−3)×1+(−2 3)× 3=−9，|n1|= 9+9+12= 30，|n2|= 0+1+3=2，
可得cs=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−9 30×2=−3 3020，
即平面PEC与平面PDC的夹角的余弦值为|cs|=3 3020．
19.解：(1)由题意，得 (x−2)2+y2|x−1|= 2，整理得x2−y2=2，
则曲线C的方程为x2−y2=2．
(2)证明：(Ⅰ)由题意，Pn(xn,yn)，Qn(−xn+1,yn+1)，yn+1−yn−xn+1−xn=−12，
则1−yn+1−yn−xn+1−xn=xn+1+xn+yn+1−ynxn+1+xn=32，1+yn+1−yn−xn+1−xn=xn+1+xn−yn+1+ynxn+1+xn=12，
所以xn+1+xn+yn+1−ynxn+1+xn−yn+1+yn=3，
由于xn+12−yn+12=2xn2−yn2=2，作差得(xn+1−yn+1)(xn+1+yn+1)=(xn−yn)(xn+yn)，
则xn+1+yn+1xn+yn=xn−ynxn+1−yn+1=xn−yn+xn+1+yn+1xn+1−yn+1+xn+yn=3，
因此数列{xn+yn}是公比为3的等比数列；
(Ⅱ)由于xn+12−yn+12=2xn2−yn2=2，作差得(xn+1−xn)(xn+1+xn)=(yn+1−yn)(yn+1+yn)，
变形得kPnPn+1=yn+1−ynxn+1−xn=xn+1+xnyn+1+yn=xn+1+yn+1+xn−ynxn+1+yn+1−(xn−yn)，
同理可得kPn−1Pn+2=yn+2−yn−1xn+2−xn−1=xn+2+yn+2+xn−1−yn−1xn+2+yn+2−(xn−1−yn−1)，
由(Ⅰ)知数列{xn+yn}是公比为3的等比数列，同时可得数列{xn−yn}是公比为13的等比数列，
则xn+1+yn+1=13(xn+2+yn+2),xn−yn=13(xn−1−yn−1)，
则kPnPn+1=xn+1+yn+1+xn−ynxn+1+yn+1−(xn−yn)=13(xn+2+yn+2)+13(xn−1−yn−1)13(xn+2+yn+2)−13(xn−1−yn−1)=xn+2+yn+2+xn−1−yn−1xn+2+yn+2−(xn−1−yn−1)=kPn−1Pn+2，
易知△Pn−1PnPn+1和△PnPn+1Pn+2是以PnPn+1为公共边的三角形，
又因为kPnPn+1=kPn−1Pn+2，所以PnPn+1//Pn−1Pn+2，
因此点Pn−1，Pn+2到底边PnPn+1的距离相等，从而Sn−1=Sn，即Sn=Sn+1．