精品解析：广东省广州市2025-2026学年高二上学期诊断练习数学试题（B卷）

2025学年第一学期诊断练习 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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号、试室号、座位号填写在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，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.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁. 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. 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 5. 我国古代数学名著《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.”若由棱长为1的正方体斜解得到堑堵，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，将问题转化为点到平面的距离，利用向量法求解可得. 【详解】如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 因为，且平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离即为直线到平面的距离， 设平面的法向量为， 则，取，得，则， 又，所以直线到平面的距离为. 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，平面平面，且，，，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆的定义结合面面垂直求出点到平面的高，再通过坐标法求出的最大面积，最后代入三棱锥体积公式算出体积最大值. 【详解】在平面中，因为，故点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中长半轴长，半焦距，点到的距离即为椭圆上的点到焦点所在直线的距离，其最大值为短半轴长， 因为平面平面，因此，点到平面的最大距离为3； 设，，， 由得：，化简得，所以， 所以. 所以棱锥体积的最大值为. 故选：A 二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对得部分分. 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）， 因此点的轨迹为以为圆心，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. 已知等差数列共有10项，前三项的和为6，后3项的和为，则的通项公式______; 记，则的最大值为_______. 【答案】 ①. ②. 64 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据题意结合等差数列的通项公式列方程组，求出即可求出通项公式，利用指数幂的运算结合二次函数的最值即可求出最大值. 【详解】设等差数列的公差为， 由题意得，即，解得， 所以的通项公式为， 则， 则 ，其中，， 因为，且，所以当或时，取得最大值， 此时取得最大值为. 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） 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. （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）利用面面垂直的性质定理证明平面，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】 略 【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）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. 【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】 略 20. 如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面截该圆柱所得的截面为椭圆面，得到的几何体称之为“斜截圆柱”.是底面圆的直径，，椭圆所在平面垂直于平面，且与底面所成的二面角的大小为，椭圆上的点在底面上的投影分别为点，且点均在直径的同一侧.若点，，，将半圆均分成5等份.求： 【答案】 【解析】 【分析】根据新定义可得，，即可根据正弦的二倍角公式求解即可. 【详解】过作交于，则，， 则，      作以的中点为圆心，为半径的圆，且圆所在平面与圆柱底面平行， 且圆与,的延长线分别交于，   ，， ，. 过点作的垂线，交圆于，两点，过点作交于点， 又圆面，圆面，圆面， ，， ，平面，平面. 平面，， 为椭圆面与圆所在平面的夹角，即为椭圆面与底面所成的角， ，则为等腰直角三角形，， 设，如图2，作圆所在平面的俯视图，则， 由，，得，则，得， ， ，则，， 故 ， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第一学期诊断练习 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，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号、试室号、座位号填写在答题卡上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，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.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁. 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. 4. 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 5. 我国古代数学名著《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.”若由棱长为1的正方体斜解得到堑堵，则直线到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 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，平面平面，且，，，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对得部分分. 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. 已知等差数列共有10项，前三项的和为6，后3项的和为，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． 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，． 20. 如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面截该圆柱所得的截面为椭圆面，得到的几何体称之为“斜截圆柱”.是底面圆的直径，，椭圆所在平面垂直于平面，且与底面所成的二面角的大小为，椭圆上的点在底面上的投影分别为点，且点均在直径的同一侧.若点，，，将半圆均分成5等份.求： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $