山东枣庄市2026届高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题含解析

山东枣庄市2026届高一数学第二学期期末学业质量监测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知圆和两点，，若圆上存在点，使得，则的最大值为（）A．7 B．6 C．5 D．42．已知数列an满足a1=1，aA．32021-18 B．320203．若，且，则下列不等式一定成立的是（）A． B．C． D．4．已知，则（）A． B． C． D．5．平面向量与的夹角为，，，则A． B．12 C．4 D．6．在正方体中，当点在线段（与，不重合）上运动时，总有：①；②平面平面；③平面；④．以上四个推断中正确的是()A．①② B．①④ C．②④ D．③④7．已知函数（其中为自然对数的底数），则的大致图象为（）A． B． C． D．8．若点（m，n）在反比例函数y＝的图象上，其中m＜0，则m+3n的最大值等于（）A．2 B．2 C．﹣2 D．﹣29．圆的半径为()A．1 B．2 C．3 D．410．某同学使用计算器求30个数据的平均数时,错将其中一个数据105输入为15,那么由此求出的平均数与实际平均数的差是()A．3.5 B．3 C．-0.5 D．-3二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．把正整数排列成如图甲三角形数阵，然后擦去第偶数行中的奇数和第奇数行中的偶数，得到如图乙的三角形数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到一个数列，若，则______________．12．函数在区间上的最大值为，则的值是_____________.13．若复数z满足z⋅2i=z2+1（其中i14．设数列是等差数列，，，则此数列前20项和等于______.15．某地甲乙丙三所学校举行高三联考，三所学校参加联考的人数分别为200、300、400。现为了调查联考数学学科的成绩，采用分层抽样的方法在这三所学校中抽取一个样本，已知甲学校中抽取了40名学生的数学成绩，那么在丙学校中抽取的数学成绩人数为_________。16．如图，在正方体中，点P是上底面（含边界）内一动点，则三棱锥的主视图与俯视图的面积之比的最小值为______.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，AC的中点．（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．18．如图，直三棱柱中，，，，，为垂足.（1）求证：（2）求三棱锥的体积.19．已知等差数列的首项为，公差为，前n项和为，且满足，.（1）证明；（2）若，，当且仅当时，取得最小值，求首项的取值范围.20．设数列的前n项和为，满足，，．（1）若，求数列的通项公式；（2）若，求数列的通项公式；21．已知函数，，（,为常数）.（1）若方程有两个异号实数解，求实数的取值范围；（2）若的图像与轴有3个交点，求实数的取值范围；（3）记，若在上单调递增，求实数的取值范围.

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、B【解析】由题意知，点P在以原点（0，0）为圆心，以m为半径的圆上，又因为点P在已知圆上，所以只要两圆有交点即可，所以，故选B.考点：本小题主要考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，考查分析问题与解决问题的能力.2、B【解析】

由题意得出3n+1-12<an+2【详解】∵an+1-又∵an+2-∵an∈Z，∴于是得到a3上述所有等式全部相加得a2019因此，a2019【点睛】本题考查数列项的计算，考查累加法的应用，解题的关键就是根据题中条件构造出等式an+23、B【解析】

根据不等式性质确定选项.【详解】当时，不成立；因为，所以；当时，不成立；当时，不成立；所以选B.【点睛】本题考查不等式性质，考查基本分析判断能力，属基础题.4、A【解析】分析：利用余弦的二倍角公式可得，进而利用同角三角基本关系，使其除以，转化成正切，然后把的值代入即可．详解：由题意得.∵∴故选A.点睛：本题主要考查了同角三角函数的基本关系和二倍角的余弦函数的公式．解题的关键是利用同角三角函数中的平方关系，完成了弦切的互化．5、D【解析】

根据，利用向量数量积的定义和运算律即可求得结果.【详解】由题意得：，本题正确选项：【点睛】本题考查向量模长的求解，关键是能够通过平方运算将问题转化为平面向量数量积的求解问题，属于常考题型.6、D【解析】

每个结论可以通过是否能证伪排除即可．【详解】①因为，与相交，所以①错．②很明显不对，只有当E在中点时才满足条件．③易得平面平面，而AE平面，所以平面；④因为平面，而AE平面，所以．故选D【点睛】此题考查空间图像位置关系，一般通过特殊位置排除即可，属于较易题目．7、D【解析】令，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又令，所以有两个零点，因为，，所以，且当时，，，当时，，，当时，，，选项C满足条件.故选C.点睛：本题考查函数的解析式和图象的关系、利用导数研究函数的单调性；已知函数的解析式识别函数图象是高考常见题型，往往从定义域、奇偶性（对称性）、单调性、最值及特殊点的符号进行验证，逐一验证进行排除.8、C【解析】

根据题意可得出，再根据可得，将添上两个负号运用基本不等式，即可求解．【详解】由题意，可得，因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，故选：C．【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中熟记基本不等式的使用条件，合理运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．9、A【解析】

将圆的一般方程化为标准方程，确定所求.【详解】因为圆，所以，所以，故选A.【点睛】本题考查圆的标准方程与一般方程互化，圆的标准方程通过展开化为一般方程，圆的一般方程通过配方化为标准方程，属于简单题.10、D【解析】

因为错将其中一个数据105输入为15,所以此时求出的数比实际的数差是,因此平均数之间的差是.故答案为D二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、1028【解析】图乙中第行有个数，第行最后的一个数为，前行共有个数，由知出现在第45行，第45行第一个数为1937，第个数为2011，所以．[来12、【解析】

利用同角三角函数平方关系，易将函数化为二次型的函数，结合余弦函数的性质，及函数在上的最大值为1，易求出的值．【详解】函数又函数在上的最大值为1，≤0，又,且在上单调递增，所以即．故答案为：【点睛】本题考查的知识点是三角函数的最值，其中利用同角三角函数平方关系，将函数化为二次型的函数，是解答本题的关键，属于中档题．13、1【解析】设z=a+bi,a,b∈R，则由z⋅2则-2b=a2+b2+12a=014、180【解析】

根据条件解得公差与首项，再代入等差数列求和公式得结果【详解】因为，，所以，【点睛】本题考查等差数列通项公式以及求和公式，考查基本分析求解能力，属基础题15、80【解析】

由题意，求得甲乙丙三所学校抽样比为，再根据甲学校中抽取了40名学生的数学成绩，即可求解丙学校应抽取的人数，得到答案.【详解】由题意知，甲乙丙三所学校参加联考的人数分别为200、300、400，所以甲乙丙三所学校抽样比为，又由甲学校中抽取了40名学生的数学成绩，所以在丙学校应抽取人.【点睛】本题主要考查了分层抽样概念及其应用，其中解答中熟记分层抽样的概念，以及计算的方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.16、【解析】

设正方体的棱长为，求出三棱锥的主视图面积为定值，当与重合时，三棱锥的俯视图面积最大，此时主视图与俯视图面积比值最小.【详解】设正方体的棱长为，则三棱锥的主视图是底面边为，高为的三角形，其面积为，当与重合时，三棱锥的俯视图为正方形，其面积最大，最大值为，所以，三棱锥的主视图与俯视图面积比的最小值为.故答案为：.【点睛】本题考查了空间几何体的三视图面积计算应用问题，属于基础题.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)证明见解析；(2)【解析】

（1）可利用线线平行来证明线面平行（2）可采用等体积法进行求解【详解】证明：（1）如图，连结BD；因为四边形ABCD为正方形，所以BD交AC于F且F为BD中点；又因为E为中点，所以；因为平面，平面，所以平面；（2）三棱锥的体积.【点睛】本题考查了线面平行的证明及锥体体积的求解方法，证线面平行一般是通过证线线平行来证明，三棱锥的体积常用等体积法转换底面和高进行求解.18、(1)见证明；(2)【解析】

（1）先证得平面，由此证得，结合题意所给已知条件，证得平面，从而证得.（2）首先证得平面，由计算出三棱锥的体积.【详解】（1）证明：，∴，又，从而平面∵//，∴平面，平面，∴又，∴平面，于是（2）解：，∴平面∴【点睛】本小题主要考查线线垂直的证明，考查线面垂直的判定定理的运用，考查三棱锥体积的求法，属于中档题.19、（1）证明见解析；（2）【解析】

（1）根据等差数列的前n项和公式,变形可证明为等差数列.结合条件,,可得,进而表示出.由为等差数列,表示出,化简变形后结合不等式性质即可证明.（2）将三角函数式分组,提公因式后结合同角三角函数关系式化简.再由平方差公式及正弦的和角与差角公式合并.根据条件等式,结合等差数列性质,即可求得.由,即可确定.当且仅当时，取得最小值,可得不等式组,即可得首项的取值范围.【详解】（1）证明:等差数列的前n项和为,则所以,,故为等差数列,因为,,所以,解得,因为,得故,从而.（2）而.由条件又由等差数列性质知：所以,因为,所以,那么.等差数列,当且仅当时,取得最小值.,所以.【点睛】本题考查了等差数列前n项和公式的应用,等差数列通项公式定义及变形式应用.三角函数式变形,正弦和角与差角公式的应用,不等式组的解法,综合性强,属于难题.20、（1）；（2）【解析】

（1）根据递推公式，得到，累加即可计算出的结果；（2）分类讨论：为奇数、为偶数，然后在求和时分奇偶项分别求和即可得到对应的的通项公式.【详解】（1）因为，所以，所以上式叠加可得：，所以，又因为时符合的情况，所以；（2）因为，，所以，所以，又因为，所以，所以，因为，所以，当时，，当时，，当时，，当时，,所以.【点睛】本题考查数列的综合应用,难度较难.(1)利用递推公式求解数列通项公式时，对于的情况，一定要注意验证是否满足时的通项公式，此处决定数列通项公式是否需要分段书写；(2)对于奇偶项分别成等差数列的数列，可以分奇偶讨论数列的通项公式.21、(1)(2)(3)或【解析】

（1）由题意，可知只要，即可使得方程有两