2025年北京市第二中学数学高一下期末经典模拟试题含解析.doc

2025年北京市第二中学数学高一下期末经典模拟试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

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．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
2．如图，中，分别是边的中点，与相交于点，则（   ）

A． B．
C． D．
3．如图，已知边长为的正三角形内接于圆，为边中点，为边中点，则为（ ）

A． B． C． D．
4．在1和19之间插入个数，使这个数成等差数列，若这个数中第一个为，第个为，当取最小值时，的值是（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
5．已知的内角、、的对边分别为、、，且，若，则的外接圆面积为（ ）
A． B． C． D．
6．连续抛掷一枚质地均匀的硬币10次，若前4次出现正面朝上，则第5次出现正面朝上的概率是（ ）
A． B． C． D．
7．下面四个命题：
①“直线a∥直线b”的充要条件是“a平行于b所在的平面”；
②“直线l⊥平面α内所有直线”的充要条件是“l⊥平面α”；
③“直线a、b为异面直线”的必要不充分条件是“直线a、b不相交”；
④“平面α∥平面β”的充分不必要条件是“α内存在不共线的三点到β的距离相等”；
其中正确命题的序号是( )
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
8．用3种不同颜色给2个矩形随机涂色，每个矩形涂且只涂种颜色,则2个矩形颜色不同的概率为（ ）
A． B． C． D．
9．函数的部分图像如图所示，则的值为（ ）

A．1 B．4 C．6 D．7
10．已知正方体ABCD-ABCD中,E、F分别为BB、CC的中点,那么异面直线AE与DF所成角的余弦值为( )
A． B．
C． D．
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．函数的单调增区间是________.
12．函数的最小正周期是________．
13．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0的公共弦的长为___．
14．数列是等比数列，，，则的值是________．
15．在平面直角坐标系xOy中，若直线与直线平行，则实数a的值为______.
16．己知数列满足就：，，若，写出所有可能的取值为______.
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．已知函数，其中．
（1）当时，求的最小值；
（2）设函数恰有两个零点，且，求的取值范围．
18．已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）若，求当时自变量的取值集合.
19．已知.
（1）当时，解不等式；
（2）若不等式的解集为，求实数的值.
20．已知从甲地到乙地的公路里程约为240（单位：km）.某汽车每小时耗油量Q（单位：L）与速度x（单位：）（）的关系近似符合以下两种函数模型中的一种（假定速度大小恒定）：①，②，经多次检验得到以下一组数据：
x
0
40
60
120
Q
0

20
（1）你认为哪一个是符合实际的函数模型，请说明理由；
（2）从甲地到乙地，这辆车应以多少速度行驶才能使总耗油量最少？
21．平面直角坐标系中，圆M与y轴相切，并且经过点，．
（1）求圆M的方程;
（2）过点作圆M的两条互垂直的弦AC、BD，求四边形ABCD面积的最大值．
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、A
【解析】
由给出的递推式变形，构造出新的等比数列，由等比数列的通项公式求出的表达式，再利用等比数列的求和公式求解即可.
【详解】
解：解：在数列中，
由，得，
，
，
则数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，
.
，
故选：A.
本题考查了数列的递推式，考查了等比关系的确定以及等比数列的求和公式，属中档题.
2、C
【解析】
利用向量的加减法的法则，利用是的重心，进而得出， 再利用向量的加减法的法则，即可得出答案．
【详解】
由题意，点分别是边的中点，与相交于点，
所以是的重心，则，
又因为，
所以
故答案为C
本题主要考查了向量的线性运算，以及三角形重心的性质，其中解答中熟记三角形重心的性质，以及向量的线性运算法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
3、B
【解析】
如图，是直角三角形，是等边三角形，，，则与的夹角也是30°，∴，又，
∴．
故选B．

本题考查平面向量的数量积，解题时可通过平面几何知识求得向量的模，向量之间的夹角，这可简化运算．
4、B
【解析】
设等差数列公差为,可得,再利用基本不等式求最值,从而求出答案.
【详解】
设等差数列公差为,则,从而,
此时,故,
所以,
即,当且仅当,即时取“=”,
又,解得,
所以,所以,
故选:B.
本题主要考查数列和不等式的综合运用,需要学生对所学知识融会贯通,灵活运用.
5、D
【解析】
先化简得，再利用正弦定理求出外接圆的半径，即得的外接圆面积.
【详解】
由题得，
所以，
所以，
所以,
所以.
由正弦定理得,
所以的外接圆面积为.
故选D
本题主要考查正弦定理余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
6、D
【解析】
抛掷一枚质地均匀的硬币有两种情况，正面朝上和反面朝上的概率都是，与拋掷次数无关.
【详解】
解：抛掷一枚质地均匀的硬币，有正面朝上和反面朝上两种可能，概率均为，与拋掷次数无关.
故选：D.
本题考查了概率的求法，考查了等可能事件及等可能事件的概率知识，属基础题.
7、B
【解析】
逐项分析见详解.
【详解】
① “a平行于b所在的平面”不能推出 “直线a∥直线b”，如：正方体上底面一条对角线平行于下底面，但上底面的一条对角线却不平行于下底面非对应位置的另一条对角线，故错误；
②“直线l⊥平面α内所有直线”是“l⊥平面α”的定义，故正确；
③“直线a、b不相交”不能推出“直线a、b为异面直线”，这里可能平行；“直线a、b为异面直线”可以推出“直线a、b不相交”，所以是必要不充分条件，故正确；
④“α内存在不共线的三点到β的距离相等”不能推出“平面α∥平面β”，这里包含了平面相交的情况，“平面α∥平面β”能推出“α内存在不共线的三点到β的距离相等”，所以是必要不充分条件，故错误.
故选B.
本题考查空间中平行与垂直关系的判断，难度一般.对可以利用判定定理和性质定理直接分析的问题，可直接判断；若无法直接判断的问题可采用作图法或者排除法判断.
8、C
【解析】
由古典概型及概率计算公式得2个矩形颜色不同的概率为，得解．
【详解】
用3种不同颜色给2个矩形随机涂色，每个矩形涂且只涂1种颜色，共种不同涂法，
则2个矩形颜色不同共种不同涂法，
即2个矩形颜色不同的概率为，
故选：．

本题考查了古典概型及概率计算公式，属于基础题．
9、C
【解析】
根据是零点以及的纵坐标值，求解出的坐标值，然后进行数量积计算.
【详解】
令，且是第一个零点，则；令，是轴右侧第一个周期内的点，所以，则；则，，则.选C.
本题考查正切型函数以及坐标形式下向量数量积的计算，难度较易. 当已知，则有.
10、C
【解析】
连接DF,因为DF与AE平行,所以∠DFD即为异面直线AE与DF所成角的平面角,设正方体的棱长为2,则FD=FD=,由余弦定理得cos ∠DFD==.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、，
【解析】
先利用诱导公式化简，即可由正弦函数的单调性求出。
【详解】
因为，所以的单调增区间是，。
本题主要考查诱导公式以及正弦函数的性质——单调性的应用。
12、
【解析】
根据周期公式即可求解.
【详解】
函数的最小正周期
故答案为：
本题主要考查了正弦型函数的周期，属于基础题.
13、
【解析】
两圆方程相减求出公共弦所在直线的解析式，求出第一个圆心到直线的距离，再由第一个圆的半径，利用勾股定理及垂径定理即可求出公共弦长．
【详解】
圆与圆的方程相减得：，
由圆的圆心，半径r为2，
且圆心到直线的距离，
则公共弦长为．
故答案为．
此题考查了直线与圆相交的性质，求出公共弦所在的直线方程是解本题的关键．
14、
【解析】
由题得计算得解.
【详解】
由题得,所以.
因为等比数列同号，
所以.
故答案为：
本题主要考查等比数列的性质和等比中项的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
15、1
【解析】
由，解得，经过验证即可得出．
【详解】
由，解得．
经过验证可得：满足直线与直线平行，
则实数．
故答案为：1．
本题考查直线的平行与斜率之间的关系，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
16、
【解析】
（1）若为偶数，则为偶, 故
①当仍为偶数时，故
②当为奇数时，
故得m=4。
（2）若为奇数，则为偶数，故必为偶数
，所以=1可得m=5

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) ； (2)
【解析】
（1）当时，利用指数函数和二次函数的图象与性质，得到函数的单调性，即可求得函数的最小值；
（2）分段讨论讨论函数在相应的区间内的根的个数，函数在时，至多有一个零点，函数在时，可能仅有一个零点，可能有两个零点，分别求出的取值范围，可得解．
【详解】
（1）当时，函数，
当时，，由指数函数的性质，可得函数在上为增函数，且；
当时，，由二次函数的性质，可得函数在上为减函数，在上为增函数，
又由函数， 当时，函数取得最小值为；
故当时，最小值为．
（2）因为函数恰有两个零点，所以
（ⅰ）当时，函数有一个零点，令得，
因为时，，所以时，函数有一个零点，设零点为且，
此时需函数在时也恰有一个零点，
令，即，得，令，
设，，
因为，所以，，，
当时，，所以，即，所以在上单调递增；
当时，，所以，即，所以在上单调递减；
而当时，，又时，，所以要使在时恰有一个零点，则需，
要使函数恰有两个零点，且，设在时的零点为，
则需，而当时，，
所以当时，函数恰有两个零点，并且满足；
（ⅱ）若当时，函数没有零点，函数在恰有两个零点 ，且满足，也符合题意，
而由（ⅰ）可得，要使当时，函数没有零点，则 ，
要使函数在恰有两个零点 ，则，但不能满足，
所以没有的范围满足当时，函数没有零点，
函数在恰有两个零点 ，且满足，
综上可得：实数的取值范围为．
故得解.
本题主要考查了指数函数与二次函数的图象与性质的应用，以及函数与方程，函数的零点问题的综合应用，属于难度题，关键在于分析分段函数在相应的区间内的单调性，以及其图像趋势，可运用数形结合方便求解，注意在讨论二次函数的根的情况时的定义域对其的影响．
18、（1）；（2）或
【解析】
（1）由辅助角公式可得，再求周期即可；
（2）由求出，再解方程即可.
【详解】
解：（1）
，
则的最小正周期为.
（2）因为，所以，即，
解得.
因为，所以.
因为，所以，即，
则或，
解得或.
故当时，自变量的取值集合为或.
本题考查了三角恒等变换，重点考查了解三角方程，属中档题.
19、 (1) ；(2)
【解析】
（1）根据求解一元二次不等式的方法直接求解；（2）根据一元二次不等式的解就是对应一元二次方程的根这一特点列方程求解.
【详解】
解：（1），解得．
∴不等式的解集为．
（2）∵的解集为，
∴方程的两根为0，3，
∴解得
∴，的值分别为3，1．
（1）对于形如的一元二次不等式，解集对应的形式是：“两根之内”；若是，解集对应的形式是：“两根之外”；
（2）一元二次不等式解集的两个端点值，是一元二次方程的两个解同时也是二次函数图象与轴交点的横坐标.
20、（1）选择模型①，见解析；（2）80.
【解析】
（1）由题意可知所选函数模型应为单调递增函数，即可判断选择；
（2）将，代入函数型①，可得出的值，进而可得出总耗油量关于速度的函数关系式，进而得解.
【详解】
（1）选择模型①理由：由题意可知所选函数模型应为单调递增函数，而函数模型②为一个单调递减函数，故选择模型①.
（2）将，代入函数型①，可得：
，则，
总耗油量：，
当时，W有最小值30.甲地到乙地，这辆车以80 km/h的速度行驶才能使总耗油量最少.
本题考查函数模型的实际应用，考查逻辑思维能力，考查实际应用能力，属于常考题.
21、 (1) ；(2) 最大值为1．
【解析】
（1）通过分析题意，可设圆心坐标为，再通过待定系数法即可求得。
（2）若采用直线方程和圆的方程联立求解相对较为复杂，可采用将题设条件转化为圆心到直线距离问题，结合勾股定理可大大简化运算，最后再结合均值不等式进行求解。
【详解】
解：（1）由题意，M在线段PQ的垂直平分线（即x轴）上，设；
由圆M与y轴相切，所以圆M的半径为，
圆M的标准方程为，
代入，解得，所以圆M的方程为.
（2）设圆心M到直线AC，BD的距离分别为m，n，则，
且，，
四边形ABCD的面积
因为，且m，n均为非负数，所以，
当且仅当，等号成立；
综上，四边形ABCD面积的最大值为1．
圆的弦长问题转化为点到直线的距离问题往往化繁为简