山东省日照市日照第一中学2025年高二上数学期末学业质量监测试题含解析

山东省日照市日照第一中学2025年高二上数学期末学业质量监测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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．圆的圆心和半径分别是（）A.， B.，C.， D.，2．等差数列中，已知，，则的前项和的最小值为（）A. B.C. D.3．某企业甲车间有200人，乙车间有300人，现用分层抽样的方法在这两个车间中抽取25人进行技能考核，则从甲车间抽取的人数应为（）A.5 B.10C.8 D.94．由1，2，3，4，5五个数组成没有重复数字的五位数，其中1与2不能相邻的排法总数为（）A.20 B.36C.60 D.725．魏晋时期数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是注述中所用的割圆术是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“”代表无限次重复，设，则可以利用方程求得，类似地可得到正数（）A.2 B.3C. D.6．圆与圆的位置关系是（）A.内含 B.相交C.外切 D.外离7．在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（）A. B.1C. D.8．已知命题是真命题，那么的取值范围是（）A. B.C. D.9．在空间直角坐标系下，点关于轴对称的点的坐标为（）A. B.C. D.10．已知数列的前n项和为，且对任意正整数n都有，若，则（）A.2019 B.2020C.2021 D.202211．若实数满足约束条件，则最小值为（）A.-2 B.-1C.1 D.212．已知抛物线的焦点与椭圆的一个焦点重合，过坐标原点作两条互相垂直的射线，，与分别交于，则直线过定点（）A. B.C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．写出一个同时具有性质①②的函数___________.（不是常值函数），①为偶函数；②.14．已知空间直角坐标系中，点，，若，与同向，则向量的坐标为______.15．在中，，，，则此三角形的最大边长为___________.16．如图是用斜二测画法画出水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形的面积为______.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）某公交公司为了方便市民出行，科学规划车辆投放，在一个人员密集流动地段增设一个起点站，为了研究车辆发车间隔时间x与乘客等候人数y之间的关系，经过调查得到如下数据：间隔时间x/分101112131415等候人数y/人232526292831调查小组先从这6组数据中选取4组数据求线性回归方程，再用剩下的2组数据进行检验.检验方法如下：先用求得的线性回归方程计算间隔时间对应的等候人数，再求与实际等候人数y的差，若差值的绝对值都不超过1，则称所求方程是“恰当回归方程”.（1）若选取的是中间4组数据，求y关于x的线性回归方程=x+，并判断此方程是否是“恰当回归方程”.（2）假设该起点站等候人数为24人，请你根据（1）中的结论预测车辆发车间隔多少时间合适?附：对于一组数据(x1，y1)，(x2，y2)，(xn，yn)，其回归直线=x+的斜率和截距的最小二乘估计分别为18．（12分）已知等差数列各项均不为零，为其前项和，点在函数的图像上.（1）求的通项公式；（2）若数列满足，求的前项和；（3）若数列满足，求的前项和的最大值、最小值.19．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为直角梯形，，，，O为BD的中点，，（1）证明：平面ABCD；（2）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值20．（12分）已知椭圆：过点，其左、右顶点分别为，，上顶点为，直线与直线的斜率之积为.（1）求椭圆的方程；（2）如图，直线：分别与线段（不含端点）和线段的延长线交于，两点，直线与椭圆的另一交点为，求证：，，三点共线.21．（12分）已知数列的首项，且满足.（1）求证：数列为等差数列；（2）设，求数列的前项和.22．（10分）已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若，且，讨论函数的零点个数.

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】先化为标准方程，再求圆心半径即可.【详解】先化为标准方程可得，故圆心为，半径为.故选：D.2、B【解析】由等差数列的性质将转化为，而，可知数列是递增数，从而可求得结果【详解】∵等差数列中，，∴，即．又，∴的前项和的最小值为故选：B3、B【解析】根据分层抽样的定义即可求解.【详解】从甲车间抽取的人数为人故选：B4、D【解析】先排3，4，5，然后利用插空法在4个位置上选2个排1，2.【详解】先排3，4，5,,共有种排法，然后在4个位置上选2个排列1,2，有种排法，则1与2不能相邻的排法总数为种，故选：D.5、A【解析】设，则，解方程可得结果.【详解】设，则且，所以，所以，所以，所以或（舍）.所以.故选：A【点睛】关键点点睛：设是解题关键.6、C【解析】分别求出两圆的圆心、半径，再求出两圆的圆心距即可判断作答.【详解】圆的圆心，半径，圆，即的圆心，半径，则，即有，所以圆与圆外切.故选：C7、B【解析】建立空间直角坐标系，利用空间向量点到直线的距离公式进行求解即可【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，由已知，得，，，，，所以在上的投影为，所以点到直线的距离为故选：B8、C【解析】依据题意列出关于的不等式，即可求得的取值范围.【详解】当时，仅当时成立，不符合题意；当时，若成立，则，解之得综上，取值范围是故选：C9、C【解析】由空间中关于坐标轴对称点坐标的特征可直接得到结果.【详解】关于轴对称的点的坐标不变，坐标变为相反数，关于轴对称的点为.故选：C.10、C【解析】先令代入中，求得，再根据递推式得到，将与已知相减，可判断数列是等比数列，进而确定，求得答案.【详解】因为，令，则，又，故，即，故数列是等比数列，则，所以，所以，故选：C.11、B【解析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案【详解】由约束条件作出可行域如图，联立，解得，由，得，由图可知，当直线过时，直线在轴上的截距最小，有最小值为故选：B12、A【解析】由椭圆方程可求得坐标，由此求得抛物线方程；设，与抛物线方程联立可得韦达定理的形式，根据可得，由此构造方程求得，根据直线过定点的求法可求得定点.【详解】由椭圆方程知其焦点坐标为，又抛物线焦点，，解得：，则抛物线的方程为，由题意知：直线斜率不为，可设，由得：，则，即，设，，则，，，，，解得：或；又与坐标原点不重合，，，当时，，直线恒过定点.故选：A.【点睛】思路点睛：本题考查直线与抛物线综合应用中的直线过定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系，从而化简直线方程；④根据直线过定点的求解方法可求得结果.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、（答案不唯一）【解析】利用导函数周期和奇偶性构造导函数，再由导函数构造原函数列举即可.【详解】由知函数的周期为，则，同时满足为偶函数，所以满足条件.故答案为：（答案不唯一）.14、【解析】求出坐标，根据给条件表示出坐标，利用向量模的坐标表示计算作答.【详解】因，，则，因与同向，则设，因此，，于是得，解得，则，所以向量的坐标为.故答案为：15、【解析】可知B对的边最大，再用正弦定理计算即可.【详解】利用正弦定理可知，B对的边最大，因为，，所以，.故答案为：16、【解析】根据直观图和平面图的关系可求出，进而利用面积公式可得三角形的面积【详解】由已知可得则故答案为：.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），是“恰当回归方程”；（2）10分钟较合适.【解析】（1）应用最小二乘法求出回归直线方程，再分别估计、时的值，结合“恰当回归方程”的定义判断是否为“恰当回归方程”.（2）根据（1）所得回归直线方程，将代入求x值即可.【小问1详解】中间4组数据是：间隔时间（分钟）11121314等候人数（人）25262928因为，所以，故，又，所以，当时，，而；当时，，而；所以所求的线性回归方程是“恰当回归方程”；【小问2详解】由（1）知：当时，，所以预测车辆发车间隔时间10分钟较合适.18、（1）（2）（3）最大值为，最小值为【解析】（1）将点代入函数解析再结合前和即可求解；（2）运用错位相减法或分组求和法都可以求解；（3）将数列的通项变形为，再求和，通过分类讨论从单调性上分析求解即可.【小问1详解】因为点在函数的图像上，所以，又数列是等差数列，所以，即所以，；【小问2详解】解法1：，==，解法2：，①，②①-②得，；【小问3详解】记的前n项和为，则=，当n为奇数时随着n的增大而减小，可得，当n为偶数时随着n增大而增大，可得，所以的最大值为，最小值为.19、（1）见解析（2）【解析】（1）连接，利用勾股定理证明，又可证明，根据线面垂直的判定定理证明即可；（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面和平面的法向量，由向量的夹角公式求解即可小问1详解】证明：如图，连接，在中，由，可得，因为，，所以，，因为，，，则，故，因为，，，平面，则平面；【小问2详解】解：由（1）可知，，，两两垂直，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，0，，，0，，，0，，，2，，，0，，所以，则，，，又，设平面的法向量为，则，令，则，，故，设平面的法向量为，因为，所以，令，则，，故，所以，故平面与平面所成锐二面角的余弦值为20、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由和，联立求解；（2）由（1）易得直线：，直线：，，分别与x=t联立，求得M，N坐标，设，利用，得到，然后两边乘以，结合点P在椭圆上化简得到即可，【详解】（1）在椭圆中，，，，则，，由题意得：，又，解得，，所以椭圆的方程为.（2）由（1）可知，，，，则直线：，直线：，由题意，，联立，同理联立，设，则①，且点满足：，即，两边乘以，可得：，代入①得：，而，则，所以，，三点共线.21、（1）证明见解析（2）【解析】（1）化简得到，由此证得数列为等差数列.（2）先求得，然后利用错位相减求和法求得.【小问1详解】.又数列是以1为首项，4为公差等差数列.【小问2详解】由（1）知：，则数列的通项公式为，则，①，②，①-②得：，，，，.22、（1）.（2）答案见解析.【解析】（1）求导函数，求得，，由此可求得曲线在点处的