广东省东莞市2025-2026学年高二上学期期末教学质量自查数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页广东省东莞市2025-2026学年高二上学期期末教学质量自查数学试题一、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.直线l过点A1,0，B2,3，则直线lA.π6 B.π4 C.π32.在正项等比数列{an}中，a1a3=9，A.2 B.12 C.3 D.3.已知向量a=(x,0,3)，b=(0,−1,2)，若|a−b|=3A.±1 B.±7 C.1 4.已知抛物线x2=4y上一点M与焦点间的距离是3，则点M的纵坐标为(

)A.1 B.2 C.3 D.45.记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5=SA.112 B.12 C.−76.已知圆C1:x2+y2=1与圆C2:(x−3A.3 B.52 C.2 D.7.数列an是严格递增的整数数列，且a1≥2，a1+aA.9 B.10 C.11 D.128.如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，∠ADB=∠ADC=60∘，BD⊥CD，E为BC的中点，点F满足EF=12DA，则异面直线BF与DCA.30° B.45° C.60∘ 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.直线的l一个方向向量为a=(2,−1,0)，若l⊥α，则平面α的法向量可以是(

)A.n=(4,−2,0) B.n=(2,4,0) C.n=(−2,1,0)10.已知等差数列an的前n项和为Sn，且a1>0，a3+A.数列an是递增数列 B.S3>S6

C.当n=4时，Sn最大 D.11.现有一款制作芝士蛋糕的模具，其“模具口”呈椭圆形，并嵌于正方形网格中(如图1).以正方形的中心为坐标原点建立平面直角坐标系(如图2)，得到“模具口”椭圆图形的方程C:3x2+2xy+3y2=20，其两焦点分别为F1，F2，设MA.C的长轴长为25 B.C的离心率为22

C.∠F1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知等轴双曲线C过点M3,2，则双曲线C的标准方程为

．13.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是棱C1D114.现有一种构造新数列的方法：在数列的每相邻两项之间插入此两项的等差中项，得到一个新的数列;再将新得到的数列按照上述方法构造，又得到一个新的数列;重复以上操作.现将数列1，3按照上述方法进行构造，第一次得到的新数列为1，2，3;第二次得到的新数列为1，32，2，52，3;第三次得到的新数列为1，54，32，74，2，94，52，114，3;⋯，记第n次得到的新数列为1，x1，x2，x3，⋯，xk，3，且Tn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经过点A2,1和B4,−1，且圆心C在直线l:x+y+1=0(1)求圆C的标准方程；(2)若过点D0,2的直线m被圆C所截得弦长为6，求直线m的方程．16.(本小题15分)已知等差数列an前n项和为Sn，且S4(1)求数列an(2)若bn=an⋅2n−1，记数列bn的前n17.(本小题15分)

如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB=2，CD=3，AD=5，点E在线段CD上，且DE=2，AE⊥CD.将三角形DAE沿AE翻折至四边形D′AE，使得平面D′AE与平面AECB所成的二面角的大小为60∘(1)证明：BC⊥D′A;(2)动点M在线段AB上运动，当M到平面D′AE的距离为33时，求平面D′AE与平面D′CM18.(本小题17分)已知椭圆C:x2a2+y2(1)求椭圆C的标准方程；(2)过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，①若AF=3FB，求直线②点O为椭圆C的中心，点P是椭圆C上异于左、右顶点的一点，且OP//AB，求证：FA⋅FB19.(本小题17分)如图1，已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，准线l交x轴于点Q，过点F分别作直线l1与l2，其中l1与抛物线交于A，B两点，(1)若l1⊥l(2)证明：直线AD与BE的交点在准线l上；(3)以QF为折痕将平面图形翻折为二面角大小为2π3的空间图形(图2)，其中点A翻折至点M，点D翻折至点N.证明：VQ−MBF=参考答案1.C

2.A

3.B

4.B

5.C

6.B

7.C

8.A

9.AC

10.BCD

11.BCD

12.x213.1514.15；2026

15.解：(1)法一：因为kAB=1−−12−4所以AB的垂直平分线方程为y−0=x−3，即x−y−3=0，联立x−y−3=0x+y+1=0，解得故圆心C的坐标为C1,−2所以圆C的半径r=CA所以圆C的标准方程为x−12法二：设圆C的方程为x−a2由已知得2−a2+所以圆C的标准方程为x−12法三：设圆C的一般方程为x2由已知得5+2D+E+F=017+4D−E+F=0−所以圆C的一般方程为x2化为标准方程，即x−12(2)设圆心C到所求直线m的距离为d，由弦长公式得2r2①当直线m的斜率不存在时，则m:x=0，此时圆心C1,−2到直线m的距离为1②当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y=kx+2，即kx−y+2=0，则d=k+4k2+1此时直线m的方程为15x+8y−16=0．综上所述，所求直线m的方程为x=0或15x+8y−16=0．

16.解：(1)设等差数列an的公差为d由题意知S4=3S即4a1所以d=2，a1可得an(2)由(1)得bn则Tn所以2T两式相减得−T整理得−T所以Tn因为Tn+1−Tn=当n=7时，T7当n=8时，T8所以使Tn>2026的最小的正整数n的值为

17.(1)证明：因为AE⊥CD，所以AE⊥CE，AE⊥D′E，

则平面D′AE与平面AECB所成的二面角即为∠D′EC，可得∠D′EC=60°，

因为EC∩D′E=E，EC⊂平面D′EC，D′E⊂平面D′EC，

所以AE⊥平面D′EC，

由DE=2，AD=5，AE⊥DE，可得AE=AD2−DE2=1，

以E为坐标原点，EA、EC所在直线为x轴、y轴建立如图所示空间直角坐标系，

则E(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,1,0)，D′(0,1,3)，

BC=−1,−1,0，D′A=1,−1,−3，

则D′A·BC=1×−1+−1×−1+−3×0=0，

故BC⊥D′A．

(2)解：设M(1,m,0)，0≤m≤2，

EA=1,0,0，ED′=0,1,3，AM=0,m,0，

设平面D′AE的法向量为n1=x1,y1,z1，

则n1·EA=x1=0n18.解：(1)由题意得c解得a=2c=1所以椭圆C的标准方程为x2(2)①由(1)得F1,0法一：当直线l的斜率为0时，AFFB=a+c当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=ty+1，Ax1,联立x2+2y2=2所以Δ=8t2+8>0恒成立，由韦达定理得y由AF=3FB，得由①③得y2=tt2+2，所以直线l的方程为y=x−1或y=−x+1法二：当直线l的斜率不存在时，AF=当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx−1，Ax1联立x2+2y2=2所以Δ=8k由韦达定理得x1+x由AF=3FB，得1−x由①③得x1=2k2−22所以直线l的方程为y=x−1或y=−x+1②当直线l的斜率不存在时，OP为椭圆的短半轴，此时OP2AB为椭圆的通径，所以FA=可得FA⋅当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx−1故直线OP的方程为y=kx，代入椭圆C的方程得x22+所以OP2由(2)得FA=(x1所以FA=1+所以|FA|⋅|FB|综上所述，FA⋅FBOP

19.解：(1)由题意得焦点为F1,0因为l1⊥l2，易知l1，l2与坐标轴不平行，

设l1联立y2=4xy=kx−1，消去所以Δ=16k由韦达定理得x1+x因为弦AB是焦点弦，且p=2，所以AB=由l1⊥l2得l2所以AB+DE=4k2(2)由(1)知y12=4x1因为y1，y2异号，所以设Dx3,y3，