青海省玉樹市2025屆高一數學第二學期期末學業質量監測試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．若數列對任意滿足，下面給出關于數列的四個命題：①可以是等差數列，②可以是等比數列；③可以既是等差又是等比數列；④可以既不是等差又不是等比數列；則上述命題中，正確的個數為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個2．若實數滿足，則的最大值是（）A． B． C． D．3．設等差數列的前項和為，，，則（）A． B． C． D．4．設集合，，，則（）A． B． C． D．5．已知與之間的一組數據如表，若與的線性回歸方程為，則的值為A．1 B．2 C．3 D．46．甲、乙兩名運動員分別進行了5次射擊訓練，成績如下：甲：7，7，8，8，1；乙：8，9，9，9，1．若甲、乙兩名運動員的平均成績分別用，表示，方差分別用，表示，則（）A．， B．，C．， D．，7．在中，若，則的形狀是()A．鈍角三角形 B．直角三角形C．銳角三角形 D．不能確定8．若將函數的圖象向左平移個最小周期后，所得圖象對應的函數為（）A． B．C． D．9．已知，與的夾角，則在方向上的投影是（）A． B． C．1 D．10．等比數列的前項和為，若，則公比（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．有一個底面半徑為2，高為2的圓柱，點，分別為這個圓柱上底面和下底面的圓心，在這個圓柱內隨機取一點P，則點P到點或的距離不大于1的概率是________.12．化簡：______.（要求將結果寫成最簡形式）13．下列說法中：①若，滿足，則的最大值為；②若，則函數的最小值為③若，滿足，則的最小值為④函數的最小值為正確的有__________．（把你認為正確的序號全部寫上）14．已知，，，則在方向上的投影為__________．15．已知變量和線性相關，其一組觀測數據為，由最小二乘法求得回歸直線方程為.若已知，則______.16．命題“數列的前項和”成立的充要條件是________.（填一組符合題意的充要條件即可，所填答案中不得含有字母）三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．在銳角中，角，，的對邊分別為，，，若.（1)求角；（2）若，則周長的取值范圍.18．如圖，已知四棱錐，底面是邊長為的菱形，，側面為正三角形，側面底面，為側棱的中點，為線段的中點（Ⅰ）求證：平面；（Ⅱ）求證：；（Ⅲ）求三棱錐的體積19．如圖，在三棱錐中，平面平面，，點,,分別為線段，，的中點，點是線段的中點.求證：（1）平面；（2）.20．已知長方體中,，點N是AB的中點，點M是的中點．建立如圖所示的空間直角坐標系．（1）寫出點的坐標；（2）求線段的長度；（3）判斷直線與直線是否互相垂直，說明理由．21．設函數.（1）求函數的單調遞增區間；（2）當時，求函數的值域.

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、C【解析】

由已知可得an﹣an﹣1＝2，或an＝2an﹣1，結合等差數列和等比數列的定義，可得答案．【詳解】∵數列{an}對任意n≥2（n∈N）滿足（an﹣an﹣1﹣2）（an﹣2an﹣1）＝0，∴an﹣an﹣1＝2，或an＝2an﹣1，∴①{an}可以是公差為2的等差數列，正確；②{an}可以是公比為2的等比數列，正確；③若{an}既是等差又是等比數列，即此時公差為0，公比為1，由①②得，③錯誤；④由（an﹣an﹣1﹣2）（an﹣2an﹣1）＝0，an﹣an﹣1＝2或an＝2an﹣1，當數列為：1，3，6，8，16……得{an}既不是等差也不是等比數列，故④正確；故選C．【點睛】本題以命題的真假判斷與應用為載體，考查了等差，等比數列的相關內容，屬于中檔題.2、B【解析】

根據，將等式轉化為不等式，求的最大值.【詳解】,，，解得，，的最大值是.故選B.【點睛】本題考查了基本不等式求最值，屬于基礎題型.3、A【解析】

利用等差數列的基本量解決問題.【詳解】解：設等差數列的公差為，首項為，因為，，故有，解得，，故選A.【點睛】本題考查了等差數列的通項公式與前項和公式，解決問題的關鍵是熟練運用基本量法.4、A【解析】因為，所以，又因為，，故選A.5、D【解析】

先求出樣本中心點，代入回歸直線方程，即可求得的值，得到答案.【詳解】由題意，根據表中的數據，可得，又由回歸直線方程過樣本中心點，所以，解得，故選D.【點睛】本題主要考查了線性回歸直線方程的應用，其中解答中熟記線性回歸直線方程的基本特征是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.6、D【解析】

分別計算出他們的平均數和方差，比較即得解.【詳解】由題意可得，，，．故，．故選D【點睛】本題主要考查平均數和方差的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.7、A【解析】

由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案.【詳解】因為在中，滿足，由正弦定理知，代入上式得，又由余弦定理可得，因為C是三角形的內角，所以，所以為鈍角三角形，故選A.【點睛】本題主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形狀，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范圍是解答本題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.8、B【解析】

首先判斷函數的周期，再利用“左加右減自變量，上加下減常數項”解題．【詳解】函數的最小正周期為,函數的圖象向左平移個最小正周期即平移個單位后，所得圖象對應的函數為,即.故選：B.【點睛】本題考查函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換，根據“左加右減”進行平移變換即可，對橫坐標進行平移變換注意系數ω即可，屬于基礎題.9、A【解析】

根據向量投影公式計算即可【詳解】在方向上的投影是：故選：A【點睛】本題考查向量投影的概念及計算，屬于基礎題10、A【解析】

將轉化為關于的方程，解方程可得的值．【詳解】∵，∴，又，∴．故選A．【點睛】本題考查等比數列的基本運算，等比數列中共有五個量，其中是基本量，這五個量可“知三求二”，求解的實質是解方程或解方程組．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

本題利用幾何概型求解．先根據到點的距離等于1的點構成圖象特征，求出其體積，最后利用體積比即可得點到點，的距離不大于1的概率；【詳解】解：由題意可知，點P到點或的距離都不大于1的點組成的集合分別以、為球心，1為半徑的兩個半球，其體積為，又該圓柱的體積為，則所求概率為.故答案為：【點睛】本題主要考查幾何概型、圓柱和球的體積等基礎知識，考查運算求解能力，考查空間想象力、化歸與轉化思想．關鍵是明確滿足題意的測度為體積比．12、【解析】

結合誘導公式化簡，再結合兩角差正弦公式分析即可【詳解】故答案為：【點睛】本題考查三角函數的化簡，誘導公式的使用，屬于基礎題13、③④【解析】

①令，得出，再利用雙勾函數的單調性判斷該命題的正誤；②將函數解析式變形為，利用基本不等式判斷該命題的正誤；③由得出，得出，利用基本不等式可判斷該命題的正誤；④將代數式與代數式相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值，進而判斷出該命題的正誤。【詳解】①由得，則，則，設，則，則，則上減函數，則上為增函數，則時，取得最小值，當時，，故的最大值為，錯誤；②若，則函數，則，即函數的最大值為，無最小值，故錯誤；③若，滿足，則，則，由，得，則，當且僅當，即得，即時取等號，即的最小值為，故③正確；④，當且僅當，即，即時，取等號，即函數的最小值為，故④正確，故答案為：③④。【點睛】本題考查利用基本不等式來判斷命題的正誤，利用基本不等式需注意滿足“一正、二定、三相等”這三個條件，同時注意結合雙勾函數單調性來考查，屬于中等題。14、【解析】

根據數量積的幾何意義計算．【詳解】在方向上的投影為．故答案為：1．【點睛】本題考查向量的投影，掌握投影的概念是解題基礎．15、355【解析】

根據回歸直線必過樣本點的中心，根據橫坐標結合回歸方程求出縱坐標即可得解.【詳解】由題：，回歸直線方程為，所以，.故答案為：355【點睛】此題考查根據回歸直線方程求樣本點的中心的縱坐標，關鍵在于掌握回歸直線必過樣本點的中心，根據平均數求解.16、數列為等差數列且，．【解析】

根據題意，設該數列為，由數列的前項和公式分析可得數列為等差數列且，，反之驗證可得成立，綜合即可得答案．【詳解】根據題意，設該數列為，若數列的前項和，則當時，，當時，，當時，符合，故有數列為等差數列且，，反之當數列為等差數列且，時，，；故數列的前項和”成立的充要條件是數列為等差數列且，，故答案為：數列為等差數列且，．【點睛】本題考查充分必要條件的判定，關鍵是掌握充分必要條件的定義，屬于基礎題．三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）【解析】

（1）利用切化成弦和余弦定理對等式進行化簡，得角的正弦值；（2）利用成正弦定理把邊化成角，從而實現的周長用角B的三角函數進行表示，即周長，再根據銳角三角形中角，求得函數值域.【詳解】（1）由，得到，又，所以.（2），，設周長為，由正弦定理知，由合分比定理知，即，，即.又因為為銳角三角形，所以.，周長.【點睛】對運動變化問題，首先要明確變化的量是什么？或者選定什么量為變量？然后，利用函數與方程思想，把所求的目標表示成關于變量的函數，再研究函數性質進行問題求解.18、（Ⅰ）見解析（Ⅱ）見解析（Ⅲ）【解析】

（Ⅰ）連接，交于點；根據三角形中位線可證得；由線面平行判定定理可證得結論；（Ⅱ）由等腰三角形三線合一可知；由面面垂直的性質可知平面；根據線面垂直性質可證得結論；（Ⅲ）利用體積橋的方式將所求三棱錐體積轉化為；根據已知長度和角度關系分別求得四邊形面積和高，代入得到結果.【詳解】（Ⅰ）證明：連接，交于點四邊形為菱形為中點又為中點平面，平面平面（Ⅱ）為正三角形，為中點平面平面，平面平面，平面平面，又平面（Ⅲ）為中點又，，由（Ⅱ）知，【點睛】本題考查立體幾何中線面平行、線線垂直關系的證明、三棱錐體積的求解問題；涉及到線面平行判定定理、面面垂直性質定理和判定定理的應用、體積橋的方式求解三棱錐體積等知識，屬于常考題型.19、（1）見解析；（2）見解析【解析】

（1）連AF交BE于Q，連QO，推導出Q是△PAB的重心，從而FG∥QO，由此能證明FG∥平面EBO．（2）推導出BO⊥AC，從而BO⊥面PAC，進而BO⊥PA，再求出OE⊥PA，由此能證明PA⊥平面EBO，利用線面垂直的性質可證PA⊥BE．【詳解】（1）連接AF交BE于Q，連接QO，因為E，F分別為邊PA，PB的中點，所以Q為△PAB的重心，可得：2，又因為O為線段AC的中點，G是線段CO的中點，所以2，于是，所以FG∥QO，因為FG?平面EBO，QO?平面EBO，所以FG∥平面EBO．（2）因為O為邊AC的中點，AB＝BC，所以BO⊥AC，因為平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BO?平面ABC，所以BO⊥平面PAC，因為PA?平面PAC，所以BO⊥PA，因為點E，O分別為線段PA，AC的中點，所以EO∥PC，因為PA⊥PC，所以PA⊥EO，又BO∩OE＝O，BO，EO?平面EBO，所以PA⊥平面EBO，因為BE?平面EBO，所以PA⊥BE．【點睛】本題考查線面垂直、線面平行的證明，考查空間中線線、線面、面面間的關系等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查化歸與轉化思想、數形結合思想，是中檔題．20、（1），，；（2）線段的長度分別為；（3）不垂直，理由見解析【解析】

（1）由已知條件，利用長方體的結構特征，能求出點的坐標．

（2）直接利用兩點間距離公式公式求解．（3）求出，，計算數量積即可判斷是否垂直.【詳解】解：（1）兩直線垂直，證明：由于為坐標原點，所以，由得：，因為點N是AB的中點，點M是的中點，，；（2）由兩點距離