精品解析：广东省广州市天河外国语学校2026-2027学年第一学期期中诊断检测高二数学试题

广州市天河外国语学校2026学年第一学期期中诊断检测卷 高二年级数学试题 命题时间：2026年10月 注意事项： 1.本试卷分全卷满分150分，120分钟内完成，闭卷. 2.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 3.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡相应的位置. 4.全部答案应在答题卡上完成，答在本试卷上无效. 5.考试结束后，将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若椭圆上一点到椭圆一个焦点的距离为7，则到另一个焦点的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】利用椭圆的定义列式计算得解. 【详解】椭圆的长轴长，而点到椭圆一个焦点的距离为7， 所以到另一个焦点的距离为. 故选：A 2. 在平面直角坐标系中，已知直线的斜率为，则直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用直线的方向向量为可求解. 【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量是. 故选：A. 3. 如图，四面体中，，，，为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算，以为基底表示出向量即可. 【详解】由题可知， 由为的中点，为的中点可得， 即， 即，所以， 即. 故选：D 4. 设点P是圆上的动点，则点P到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用点到直线的距离公式，求得圆心到直线的距离，结合圆的性质，即可求解. 【详解】由圆，可得圆心，半径为， 则圆心到直线的距离为， 所以点P到直线的距离的最小值为. 5. 已知在中，顶点在轴，，若边上的中线所在直线的斜率为，则的面积为（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用已知点坐标求出底边及其中点的坐标，结合已知斜率写出中线的方程从而解出位于轴上的顶点的坐标，最后利用点到直线距离公式求出三角形的高，进而计算出的面积. 【详解】直线的方程为，即. 设中点为，即， 则边上的中线AD的方程为， 令，则，解得，所以， 所以到直线的距离为，而， 所以. 6. 已知椭圆的左､右焦点分别是是坐标原点，是上第一象限的点.若的角平分线上一点满足，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，延长与交于点，根据几何关系求出，结合离心率公式即可进一步求解. 【详解】 根据题意可得，延长与交于点，由等腰三角形三线合一可知， 由椭圆的定义可得，所以， 所以，由是的中位线， 可得，所以，解得， 所以的离心率为. 故选：B. 7. 如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点，点E在线段上，点F在线段上，则线段EF长的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系，令，用表示出点E，F坐标，再由两点间距离公式计算作答. 【详解】依题意，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 设，则，设，有， 线段EF长最短，必满足，则有，解得，即， 因此，，当且仅当时取“=”， 所以线段EF长的最小值为. 故选：B 8. 已知A，B是圆上的动点，且，P是圆上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设AB的中点为Q，根据弦AB的长，可得点Q的轨迹以O为圆心，半径的圆，根据向量线性运算法则及数量积公式，可得的表达式，根据两圆的位置关系，可得的范围，代入所求，即可得答案. 【详解】设AB的中点为Q，连接OQ，OA，则，且， 因为圆的半径，则， 所以点Q的轨迹是以O为圆心，半径的圆， 又， 所以， 因为P是圆上的动点，圆的半径，且， 所以，即， 所以. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知圆 与圆 （ ） A. 两圆的圆心距为 B. 两圆的公切线有 3 条 C. 两圆相交，且公共弦所在的直线方程为 D. 两圆相交，且公共弦的长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心坐标，求出两圆圆心距，判断A；判断两圆的位置关系，即可判断B；将两圆方程相减，即可得两圆公共弦所在的直线方程，判断C；利用几何法求得公共弦长，判断D. 【详解】对于A，圆的圆心为，半径为 与圆的圆心为，半径为， 故两圆的圆心距为，故A正确； 对于B，由于， 即圆与圆相交，两圆的公切线有2条，故B错误； 对于C，由B可知两圆相交，将圆与圆的方程相减，得， 即公共弦所在的直线方程为，故C正确； 对于D，由B可知两圆相交，而， 到直线的距离为， 故两圆公共弦的长度为，故D错误； 故选：AC. 10. 已知椭圆，左、右焦点分别为，，点是上的动点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 不存在最大值 B. 椭圆的离心率为 C. 的最小值为 D. 被点平分的弦所在直线的斜率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据椭圆的定义判断线段和的最值，即可判断AC选项；利用直接法可得椭圆离心率，利用点差法可确定弦的斜率. 【详解】 如图所示，由已知椭圆， 即，，则， 所以椭圆离心率为，B选项正确； 且，，，， 则， 又， 即当点在延长线上时取得最大值为， ， 即当点在延长线上时取得最小值为， 即A选项错误；C选项正确； 设被点平分的弦与椭圆交于点，， 即，两式相减可得， 即， 又为中点，即， 所以， 所以，D选项正确. 11. 已知平面四边形中，，和，将平面四边形沿对角线翻折，得到四面体.则下列说法正确的是（ ） A. 无论翻折到何处， B. 四面体的体积的最大值为 C. 当时，四面体的外接球的体积为 D. 当时，二面角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取线段的中点，连接，即可证明平面，从而判断A；当平面平面时，四面体的体积最大，由锥体的体积公式判断B；依题意可得两两互相垂直，将四面体补成正方体，求出正方体外接球的半径，即可判断C；将四面体补成棱长为的正方体，再确定二面角的平面角，即可判断D. 【详解】对于：取线段的中点，连接， 是等边三角形，在中，， ， 又平面， 平面， 又平面，即无论翻折到何处，，故A正确； 对于B：当平面平面时，四面体的体积最大， 又，平面平面，平面，所以平面， 又，， 所以，故B错误； 对于C：当时，，， 所以，，又，即两两互相垂直，且， 将四面体补成棱长为的正方体，则正方体的外接球即为四面体的外接球， 所以外接球半径， 所以外接球体积为，故C正确； 对于D：当时，，， 所以，， 将四面体补成棱长为的正方体， 取中点，中点，则，，所以， 又,平面，平面， 所以，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 是二面角的平面角， 又平面，平面，所以， 所以，则当时，二面角的余弦值为，故D正确. 故选：ACD 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知点，点，则点到直线的距离为________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线的方向向量和向量，再代入空间点到直线的向量距离公式计算即可. 【详解】由点，，，得： ， , ， ， , 根据空间点到直线的距离公式 . 13. 椭圆的左右焦点分别为，已知点在椭圆上，满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，列出关于的方程，求解可得. 【详解】设椭圆的焦距为，则由题可得，解得，所以. 故答案为：. 14. 已知四棱锥平面，，点为中点，平面交于点，则四边形的面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量求出，，从而求出，利用三角形面积公式求得的面积和的面积，相加即可得到四边形的面积. 【详解】因为四棱锥平面，且，所以如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，则. 设，则. 因为平面，则存在实数，使得. 所以，解得. 所以. ， 所以. ， 所以. 所以的面积为 的面积为. 所以四边形的面积为. 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. 在平行六面体中，底面是边长为1的正方形， ，.（用基底法） （1）求侧棱的长； （2）若分别为，的中点，求证：． 【答案】（1）4； （2）证明: ， 所以，则 【解析】 【分析】（1）设，把作为一组基底，根据题意可得，结合计算即可得出结果； （2）根据题意可得和，结合向量的数量积计算即可得出结果. 【小问1详解】 设，则作为一组基 ， ， ， 解得，所以； 【小问2详解】 略. 16. 已知直线：与直线：，. （1）若点在直线上，直线过点，且在两坐标轴上的截距之和为，求直线的方程； （2）中，为直线过的定点，边上的高所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为，求直线的方程. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求出，分直线的截距均为0和均不为0两种情况讨论即可； （2）由直线求出，由边上的高方程求出，得到直线的方程，联立直线与求出点，设，求出，代入直线的方程，与直线联立得出，即可求直线的方程. 【小问1详解】 解：因为点在直线上， 所以，解得， 因为直线过点，且在两坐标轴上的截距之和为， 当两截距均为时，设直线方程为， 所以，此时直线的方程为； 当两截距均不为时，设直线的方程为， 将点代入得，解得， 此时直线的方程为， 综上所述，直线的方程为或. 【小问2详解】 解：由可得， 由得，所以， 因为边上的高所在直线的方程为， 所以， 所以直线的方程为：，即， 又因为所在直线的方程为， 由解得，所以， 设，则中点， 代入得，整理得， 由，解得，所以， 所以直线的方程为：，即. 17. 已知圆C过点P(1，1)，且与圆M：＋＝(r＞0)关于直线x＋y＋2＝0对称． （1）求圆C的方程； （2）设Q为圆C上的一个动点，求的最小值； （3）过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由． 【答案】（1）＋＝2； （2）－4； （3）由题意，知直线PA和直线PB的斜率存在，且互为相反数，故可设 PA：y－1＝k(x－1)，PB：y－1＝－k(x－1)． 由得＋2k(1－k)x＋－2＝0， 因为点P的横坐标x＝1一定是该方程的解， 故可得＝， 同理＝， 所以＝＝＝． 所以直线OP和AB一定平行． 【解析】 【分析】（1）求圆心M关于直线x＋y＋2＝0的对称点即可； （2）设出点Q的坐标，利用向量的坐标表示，然后利用三角代换即求； （3）由题知直线PA和直线PB的斜率存在，可设直线方程，联立圆的方程可求,，可得直线AB的斜率，从而可判断. 【详解】（1）设圆心C(a，b)，由于圆M的圆心M(-2,-2)， 则，解得 则圆C的方程为＋＝， 将点P的坐标代入，得＝2， 故圆C的方程为＋＝2. （2）设Q(x，y)，则＋＝2，可设， 则， ∴当时，取得最小值－4， 所以的最小值为－4． （3）略 18. 已知椭圆的离心率为为椭圆的右焦点. （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，点为轴正半轴上一点，过点的直线（不与坐标轴平行）交椭圆于两点，线段的垂直平分线交于点，交轴于点. （i）若，求直线的斜率； （ii）若，求点的坐标. 【答案】（1） （2）（i）,（ii） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的几何性质求解； （2）（i）点,则直线的方程为: ,即,与椭圆方程联立，求出点的坐标为,即可求解；（ii）设点,则直线的方程为：，，与椭圆方程联立，求出点的坐标为，由直线的方程得点，由，得，即可求解． 【小问1详解】 由椭圆的右焦点为,得,而离心率为,解得, 则, 得椭圆的方程为: . 【小问2详解】 （i）设点,则直线的方程为: ,即, 由,消去得,, 由,设, 得, 由点为的中点,得点的纵坐标为: , 得点的横坐标为:, 得点的坐标为, 则直线的斜率为: . （ii）设点,则直线的方程为：，， 由,消去得,, 由,设, 得, 由点为的中点,得点的纵坐标为: , 得点的横坐标为:, 得点的坐标为, 而直线的方程的斜率为：， 因为，所以直线的斜率为： ， 得直线的方程为：， 令，得，则点， 得， ， 由， 得， 解得， 故点的坐标为： 19. 如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上的动点， （1）是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明，若不存在，说明理由； （2）若直线与平面所成角为，求的最大值； （3）求三棱锥的外接球半径的最小值. 【答案】（1）存在一点G，当点G为的中点时，使得平面，证明如下： 证明：以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， ， 所以，即， 所以，又平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点建系，取点G为的中点，利用坐标法证明即可证明结论； （2）结合（1）的坐标系，设，利用表示，结合基本不等式求最值； （3）求证三棱锥的外接球的球心在上，设外接球球心为，设，，化简得出，结合基本不等式求出，最后求二次函数最值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：结合（1）得，，， 设， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，则， 若直线与平面所成角为， 则 当且仅当，即，时，等号成立， 所以，的最大值为. 【小问3详解】 解：结合（2）得 因为，， 所以，即， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，所以三棱锥的外接球的球心在上， 设外接球球心为， 设，，则的坐标为， 则，即， 所以，设，则，则， 而，当且仅当，即时，等号成立， 因为，所以， 三棱锥的外接球的半径， 因为，所以，所以， 三棱锥的外接球半径的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市天河外国语学校2026学年第一学期期中诊断检测卷 高二年级数学试题 命题时间：2026年10月 注意事项： 1.本试卷分全卷满分150分，120分钟内完成，闭卷. 2.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 3.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡相应的位置. 4.全部答案应在答题卡上完成，答在本试卷上无效. 5.考试结束后，将答题卡交回. 第I卷（选择题） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若椭圆上一点到椭圆一个焦点的距离为7，则到另一个焦点的距离为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2. 在平面直角坐标系中，已知直线的斜率为，则直线的一个方向向量是（ ） A. B. C. D. 3. 如图，四面体中，，，，为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 设点P是圆上的动点，则点P到直线的距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知在中，顶点在轴，，若边上的中线所在直线的斜率为，则的面积为（     ） A. B. C. D. 6. 已知椭圆的左､右焦点分别是是坐标原点，是上第一象限的点.若的角平分线上一点满足，且，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱中，，，D为AB的中点，点E在线段上，点F在线段上，则线段EF长的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知A，B是圆上的动点，且，P是圆上的动点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知圆 与圆 （ ） A. 两圆的圆心距为 B. 两圆的公切线有 3 条 C. 两圆相交，且公共弦所在的直线方程为 D. 两圆相交，且公共弦的长度为 10. 已知椭圆，左、右焦点分别为，，点是上的动点，点，则下列结论正确的是（ ） A. 不存在最大值 B. 椭圆的离心率为 C. 的最小值为 D. 被点平分的弦所在直线的斜率为 11. 已知平面四边形中，，和，将平面四边形沿对角线翻折，得到四面体.则下列说法正确的是（ ） A. 无论翻折到何处， B. 四面体的体积的最大值为 C. 当时，四面体的外接球的体积为 D. 当时，二面角的余弦值为 第II卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知点，点，则点到直线的距离为________. 13. 椭圆的左右焦点分别为，已知点在椭圆上，满足，则__________. 14. 已知四棱锥平面，，点为中点，平面交于点，则四边形的面积为__________. 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. 在平行六面体中，底面是边长为1的正方形， ，.（用基底法） （1）求侧棱的长； （2）若分别为，的中点，求证：． 16. 已知直线：与直线：，. （1）若点在直线上，直线过点，且在两坐标轴上的截距之和为，求直线的方程； （2）中，为直线过的定点，边上的高所在直线的方程为，边上的中线所在直线的方程为，求直线的方程. 17. 已知圆C过点P(1，1)，且与圆M：＋＝(r＞0)关于直线x＋y＋2＝0对称． （1）求圆C的方程； （2）设Q为圆C上的一个动点，求的最小值； （3）过点P作两条相异直线分别与圆C相交于A，B，且直线PA和直线PB的倾斜角互补，O为坐标原点，试判断直线OP和AB是否平行？请说明理由． 18. 已知椭圆的离心率为为椭圆的右焦点. （1）求椭圆的方程； （2）设为坐标原点，点为轴正半轴上一点，过点的直线（不与坐标轴平行）交椭圆于两点，线段的垂直平分线交于点，交轴于点. （i）若，求直线的斜率； （ii）若，求点的坐标. 19. 如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，为棱上的动点， （1）是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明，若不存在，说明理由； （2）若直线与平面所成角为，求的最大值； （3）求三棱锥的外接球半径的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $