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）（试卷+解析）

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”（）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1D.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：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：B5.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：B6.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：A7.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1D.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：BCD11.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，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：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）证明见解析；（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】证明：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.【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