2025届河南省周口市高二上数学期末检测试题含解析

2025届河南省周口市高二上数学期末检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．函数的大致图象为A. B.C. D.2．若向量，，，则（）A. B.C. D.3．若抛物线焦点坐标为，则的值为A. B.C.8 D.44．在数列中，若，，则（）A.16 B.32C.64 D.1285．已知命题p：，，则命题p的否定为（）A.， B.，C， D.，6．已知椭圆的两个焦点分别为，且平行于轴的直线与椭圆交于两点，那么的值为（）A. B.C. D.7．抛物线的焦点到其准线的距离是（）A.4 B.3C.2 D.18．已知点，Q是圆上的动点，则线段长的最小值为（）A.3 B.4C.5 D.69．若，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.10．命题“，”的否定是A.， B.，C.， D.，11．函数，则曲线在点处的切线方程为（）A. B.C. D.12．等差数列中，为其前项和，，则的值为（）A.13 B.16C.104 D.208二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知P是椭圆的上顶点，过原点的直线l交C于A，B两点，若的面积为，则l的斜率为____________14．已知是定义在上的奇函数，当时，则当时___________.15．与双曲线有共同渐近线，并且经过点的双曲线方程是______16．在棱长为2的正方体中，点P是直线上的一个动点，点Q在平面上，则的最小值为________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知抛物线C：，经过的直线与抛物线C交于A，B两点（1）求的值（其中为坐标原点）；（2）设F为抛物线C的焦点，直线为抛物线C的准线，直线是抛物线C的通径所在的直线，过C上一点P（）（）作直线与抛物线相切，若直线与直线相交于点M，与直线相交于点N，证明：点P在抛物线C上移动时，恒为定值，并求出此定值18．（12分）在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面底面，为的中点，是棱上的点，，，.（1）求证：平面平面；（2）若，求直线与所成角的余弦值.19．（12分）如图，四棱锥中，平面，∥,，，为上一点，平面（Ⅰ）求证：∥平面；（Ⅱ）若，求点D到平面EMC的距离20．（12分）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别为AB，BC上的动点，且.（1）求证：；（2）当时，求点A到平面的距离.21．（12分）在等差数列中，，（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前项和22．（10分）平面直角坐标系中，曲线与坐标轴交点都在圆上.（1）求圆的方程；（2）圆与直线交于，两点，在圆上是否存在一点，使得四边形为菱形？若存在，求出此时直线的方程；若不存在，说明理由.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】根据函数奇偶性排除A、C.当时排除B【详解】解：由可得所以函数为偶函数，排除A、C.因为时，，排除B.故选：D.2、A【解析】根据向量垂直得到方程，求出的值.【详解】由题意得：，解得：.故选：A3、A【解析】先把抛物线方程整理成标准方程，进而根据抛物线的焦点坐标，可得的值.【详解】抛物线的标准方程为，因为抛物线的焦点坐标为，所以，所以，故选A.【点睛】该题考查的是有关利用抛物线的焦点坐标求抛物线的方程的问题，涉及到的知识点有抛物线的简单几何性质，属于简单题目.4、C【解析】根据题意，为等比数列，用基本量求解即可.【详解】因为，故是首项为2，公比为2的等比数列，故.故选：C5、A【解析】根据特称命题的否定是全称命题，结合已知条件，即可求得结果.【详解】因为命题p：，，故命题p的否定为：，.故选：A.6、A【解析】根据椭圆的方程求出，再由椭圆的对称性及定义求解即可.【详解】由椭圆的对称性可知，,所以，又椭圆方程为，所以，解得，所以，故选：A7、C【解析】由抛物线焦点到准线的距离为求解即可.【详解】因为抛物线焦点到准线的距离为,故抛物线的焦点到其准线的距离是2.故选：C【点睛】本题主要考查了抛物线的标准方程中的几何意义,属于基础题型.8、A【解析】根据圆的几何性质转化为圆心与点的距离加上半径即可得解.【详解】圆的圆心为，半径为，所以，圆上点在线段上时，，故选：A9、B【解析】由题意可知且，构造函数，可得出，由函数的单调性可得出，利用导数求出函数的最小值，可得出关于的不等式，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为，则且，由已知可得，构造函数，其中，，所以，函数为上的增函数，由已知，所以，，可得，构造函数，其中，则.当时，，此时函数单调递减，当时，，此时函数单调递增，则，所以，，解得.故选：B.10、C【解析】特称命题的否定是全称命题，改量词，且否定结论，故命题的否定是“”.本题选择C选项.11、D【解析】对函数求导，利用导数的几何意义求出切线斜率即可计算作答.【详解】依题意，，即有，而，则过点，斜率为1的直线方程为：，所以曲线在点处切线方程为.故选：D12、D【解析】利用等差数列下标的性质，结合等差数列前项和公式进行求解即可.【详解】由，所以，故选：D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设出直线AB的方程，联立椭圆方程得到A点横坐标满足，再利用，解方程即可得到答案.【详解】设直线AB的方程为：，，由，得，所以，又所以，解得.故答案为：14、【解析】当时，利用及求得函数的解析式.【详解】当时，，由于函数是奇函数，故.【点睛】本小题主要考查已知函数的奇偶性以及轴一侧的解析式，求另一侧的解析式，属于基础题.15、【解析】设双曲线的方程为，将点代入方程可求的值，从而可得结果【详解】设与双曲线有共同的渐近线的双曲线的方程为，该双曲线经过点，所求的双曲线方程为：，整理得故答案为【点睛】本题考查双曲线的方程与简单性质，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于中档题．与共渐近线的双曲线方程可设为，只需根据已知条件求出即可.16、【解析】数形结合分析出的最小值为点到平面的距离，然后利用等体积法求出距离即可.【详解】因为，且平面，平面，所以平面，所以的最小值为点到平面的距离，设到平面的距离为，则，所以，即，解得，故答案为：.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）（2）证明见解析，定值为【解析】（1）设出直线的方程并与抛物线方程联立，结合根与系数关系求得.（2）求得过点的抛物线的切线方程，由此求得两点的坐标，通过化简来证得为定值，并求得定值.【小问1详解】依题意可知直线的斜率不为零，设直线的方程为，设，，消去并化简得，所以，所以.小问2详解】抛物线方程为，焦点坐标为，准线，通径所在直线，在抛物线上，且，所以过点的抛物线的切线的斜率存在且不为零，设过点的切线方程为，由消去并化简得，，将代入上式并化简得，解得，所以切线方程为，令得，令得，，将代入上式并化简得，所以为定值，且定值为.18、（1）证明见解析；（2）；【解析】（1）证明，利用面面垂直的性质可得出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得平面平面；（2）连接，以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，根据可得出，求出的值，利用空间向量法可求得直线与所成角的余弦值.【详解】（1）为的中点，且，则，又因为，则，故四边形为平行四边形，因为，故四边形为矩形，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，因为平面，因此，平面平面；（2）连接，由（1）可知，平面，，为的中点，则，以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则、、、、，设，,因为，则，解得，，，则.因此，直线与所成角的余弦值为.19、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）运用线面平行的判定定理证明；（Ⅱ）借助体积相等建立方程求解即可【详解】（Ⅰ）证明：取的中点，连接，因为，所以，又因为平面，所以，所以平面，因为平面，所以∥，面，平面,所以∥平面；（Ⅱ）因为平面，面，所以平面平面，平面平面,过点作直线,则平面，由已知平面，∥,，可得，又，所以为的中点，在中，，在中，，，在中，，由等面积法知，所以，即点D到平面EMC的距离为.考点：直线与平面的位置关系及运用【易错点晴】本题考查的是空间的直线与平面平行的推证问题和点到直线的距离问题．解答时,证明问题务必要依据判定定理,因此线面的平行问题一定要在所给的平面中找出一条直线与这个平面外的直线平行,叙述时一定要交代面外的线和面内的线,这是许多学生容易忽视的问题,也高考阅卷时最容易扣分的地方,因此在表达时一定要引起注意20、（1）证明见解析（2）【解析】(1)如图，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出和，再证明即可；(2)利用空间向量的数量积求出平面的法向量，结合求点到面距离的向量法即可得出结果.【小问1详解】证明：如图，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，故，所以；【小问2详解】当时，，，，，则，，，设是平面的法向量，则由，解得，取，得，设点A到平面的距离为，则，所以点A到平面的距离为.21、（1）；（2）.【解析】(1)根据等差数列的通项公式求解；(2)运用裂项相消法求数列的和.详解】（1）∵，∴，即∴（2）由（1）可得，即.利用累加法得【点睛】本题考查等差数列的通项公式和裂项相消法求数列的和.22、（1）；（2）存在，直线方程为或.