2025-2026学年广东省广州六中等学校高二（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年广东省广州六中等学校高二（上）期末数学试卷（含答案），共9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。
1.在数列{an}中，a1=2，an+1=11−an，则a10=( )
A. −1B. 12C. 2D. 32
2.如图，在四面体OABC中，AG=4GB.设OA=a,OB=b,OC=c，则CG=( )
A. 14a+34b−c
B. −14a+23b−c
C. 15a−45b−c
D. 15a+45b−c
3.一束光线从点P(−2,−1)射出，与直线l：x−y=0相交于点Q(1,1).经直线l反射，则反射光线所在直线的方程为( )
A. 3x−2y−1=0B. 2x−3y+1=0C. 3x+2y−5=0D. 2x+3y−5=0
4.已知方程kx2+y2−2=0(k∈R)所表示的曲线为C，则下列四个结论中正确的是( )
A. 当k=0时，曲线C表示一条直线B. 当k>0时，曲线C表示椭圆
C. 当k0,b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，过点F2的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，若|AF1|+|BF1|的最小值为52|F1F2|，则双曲线C离心率为( )
A. 5+ 132B. 2C. 5+ 212D. 52
7.如图所示，四边形ABCD为正方形，将△ACD绕AC翻折得到三棱锥D′−ABC，且D′B= 22AB，若三棱锥D′−ABC的体积为32，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. 36π B. 24π C. 6 36 πD. 12π
8.记椭圆x24+y23=1的右焦点为F，右顶点为A，直线l过F且与椭圆交于P，Q两点，T为坐标平面上一点，若△PQT的重心为原点O，则直线AT斜率的最小值为( )
A. − 68B. − 64C. − 34D. − 32
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.等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，已知a1=19，S7=70，以下说法正确的是( )
A. a2=13B. a62=a8a10
C. Sn≤S7D. 若n≥13，则Sn0)被直线x+y−1=0截得的弦长为2 7．
(1)求实数a的值；
(2)直线l：x−y−4=0上有一点P，过点P作圆A的两条切线PB，PC，切点为B，C.若四边形PBAC的面积为( 5+2 5)×2=6 5，求点P的坐标．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，已知(a+b+c)(a−b+c)=3ac，且csA=514 3．
(1)求B；
(2)若D在边AC上，且AD=2DC，求tan∠ABD．
18.(本小题17分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥BC，AB=BC，平面APC⊥平面ABC．
(1)若PB⊥BC，证明：PA⊥平面ABC；
(2)若∠APC=90°，且直线AB与平面PBC所成角为45°，求PCBC．
19.(本小题17分)
已知双曲线M：x2a2−y2b2=1(a,b>0)左右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|=4，P(2,3)在M上，O为坐标原点．
(1)求M的方程；
(2)设直线l与M右支交于A，B两点，且直线PA，PB倾斜角互补，记AB中点为Q．
(i)判断直线OQ斜率是否为定值，请说明理由；
(ii)若F2不在l上，记∠F2AB=α，∠F2BA=β，求|sinα−sinβ|的最大值．
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】B
7.【答案】D
8.【答案】A
9.【答案】BC
10.【答案】ABD
11.【答案】BCD
12.【答案】8
13.【答案】(−24,16)
14.【答案】13或−12
15.(1)证明：当n≥2时，有2Sn=(n+1)an2Sn−1=nan−1，
两式相减得：2an=(n+1)an−nan−1，即(n−1)an=nan−1，
所以ann=an−1n−1(n≥2)，
又a1=2，所以a11=21=2，
所以数列{ann}是从第1项起，所有项均等于首项2的常数列，
故{ann}是常数列．
(2)解：由(1)可知，ann=2，
所以an=2n，
所以bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
所以Tn=11×3+13×5+⋯+1(2n−1)(2n+1)=12(11−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)
=12(1−12n+1)=n2n+1．
16.解：(1)由题意平面直角坐标系xOy中，圆A：x2+y2−2ay=0(a>0)被直线x+y−1=0截得的弦长为2 7，
将圆A：x2+y2−2ay=0(a>0)化成标准式得圆A：x2+(y−a)2=a2(a>0)，
其圆心为A(0,a)，半径r=a．
点A到直线l的距离为d=|0+a−1| 2=|a−1| 2，
圆A被直线l截得的弦长为2 r2−d2，
所以2 a2−(a−1)22=2 7，
化简得a2+2a−15=0(a>0)
解得a=3；
(2)因为PB，PC与⊙O相切于点B，C，所以AB⊥PB，AC⊥PC．
由(1)知圆的半径r=3，则AB=3，
则SPBAC=2S△PAB=|AB|⋅|PB|=3|PB|=6 5，
故|PB|=2 5．
所以|AP|2=|AB|2+|PB|2=29．
又圆心A(0,3)，
设点P的坐标为(x,x−4)，则|AP|2=(x−0)2+(x−4−3)2=29，
解得x=2或x=5，所以点P的坐标为(2,−2)或(5,1)．
17.解：(1)由(a+b+c)(a−b+c)=3ac，
整理可得：a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得a2+c2−b2=2accsB，
可得csB=12，
又B∈(0,π),B=π3；
(2)由(1)可知csB=12,sinB= 32，
又csA=514 3，可得sinA= 1−cs2A=1114，
在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB=1114×12+514 3× 32=1314，
不妨设AD=2t，DC=t，∠ABD=θ，
△ABD中，由正弦定理2tsinθ=BDsinA，
△BDC中，由正弦定理tsin(π3−θ)=BDsinC，
两式相除，2sin(π3−θ)sinθ=sinCsinA=1314×1411=1311，
展开化简得 3csθ−sinθsinθ=1311，
即11 3csθ=24sinθ，
可得tanθ=1124 3．
综上，则tan∠ABD=1124 3．
18.(1)证明：由BP⊥BC，AB⊥BC，BP∩AB=B，BP，AB⊂平面APB，
则CB⊥平面APB，AP⊂平面APB，则CB⊥AP，
取AC中点H，连接BH，AB=BC，则BH⊥AC，
又平面APC⊥平面ABC，平面ABC∩平面APC=AC，BH⊂平面ABC，
所以BH⊥平面APC，AP⊂平面APC，故BH⊥AP，
由BH∩BC=B，BH，BC⊂平面ABC，
则AP⊥平面ABC；
(2)解：以AC中点H为原点，HB，HC方向为x轴和y轴，建立如图所示坐标系，
设AC=2a，则A(0,−a,0)，B(a,0,0)，C(0,a,0)，P(0,m,n)，其中m2+n2=a2，
故AB=(a,a,0),BC=(−a,a,0),PB=(a,−m,−n)，
记平面BPC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BC=0n⋅PB=0，即−ax+ay=0ax−my−nz=0，
令x=y=1，所以n=(1,1,a−mn)，
可得n⋅AB=a+a+0=2a，|n|= 1+1+(a−mn)2= 2+(a−mn)2，|AB|= 2|a|，
可得cs=n⋅AB|n|⋅|AB|=2a 2+(a−mn)2⋅ 2|a|，
因为直线AB与平面PBC所成角为45°，
所以sin45°= 22=|cs|=|2a 2+(a−mn)2⋅ 2|a||，
化简得a−mn= 2，又m2+n2=a2，
解得m=−13an=2 23a，
此时PC= (4a3)2+(2 2a3)2=2 6a3，
又BC= a2+a2= 2a，
故PCBC=23 3．
19.解：(1)由题意，则2c=44a2−9b2=1c2=a2+b2，解得a2=1b2=3，
故双曲线方程为x2−y23=1；
(2)(i)结论：直线OQ斜率为定值−32，理由如下：
讨论：若直线l斜率不存在，记l：x=a(a≠2)，
则A(a,b)，B(a,−b)，记直线PA，PB斜率分别为kPA，kPB，
因此kPA+kPB=b−3a−2+−b−3a−2=−6a−2≠0，不符合题意，舍去，
故直线l斜率存在，设l：y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
代入3x2−y2=3，整理得(k2−3)x2+2mkx+m2+3=0，
因此Δ=12(3+m2−k2)>0，则x1+x2=−2mkk2−3,x1x2=m2+3k2−3，
记直线PA，PB斜率分别为kPA，kPB，
由kPA+kPB=y1−3x1−2+y2−3x2−2=kx1+m−3x1−2+kx2+m−3x2−2=2kx1x2+(m−3−2k)(x1+x2)+12−4m(x1−2)(x2−2)=0，
因此2k(m2+3k2−3)+(m−3−2k)−2mkk2−3+12−4m=0，
化简得(k+2)(m+2k−3)=0，因此k=−2(m=3−2k不符合题意舍去)，
此时，Q(2m,−3m).设直线OQ斜率为kOQ，因此kOQ=−3m2m=−32，
故直线OQ斜率为定值−32；
(ii)由(i)可知Δ=12(m2−1)>0x1+x2=4m>0x1x2=m2+3>0，因此m>1，
直线AB：y=−2x+m(m≠4)，记F2到AB的距离为d，
因此d=|m−4| 5，又|F2A|= (x1−2)2+y12= (x1−2)2+3x12−3=2x1−1，
同理|F2B|=2x2−1，因此|sinα−sinβ|=|dF2A−dF2B|=d⋅|2(x1−x2)(2x1−1)(2x2−1)|
=2 5|m−4|⋅ (x1+x2)2−4x1x24x1x2−2(x1+x2)+1=2 5|m−4|⋅ (4m)2−4(m2+3)4(m2+3)−2(4m)+1
=4 155⋅|m−4|⋅ m2−14m2−8m+13，
令t(m)=|m−4|⋅ m2−14m2−8m+13=|m−4|⋅ m2−1(m−4)2+3(m2−1)
≤|m−4|⋅ m2−12 (m−4)2×3(m2−1)=12 3= 36，(当(m−4)2=3(m2−1)取等号)，
因此|sinα−sinβ|≤4 155⋅ 36=25 5(当且仅当m=−2+32 6取等号)，
故最大值为2 55．