北京市昌平区2025年高一数学第二学期期末经典模拟试题含解析.doc

北京市昌平区2025年高一数学第二学期期末经典模拟试题
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
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A．10 B．20 C．30 D．60
2．（2018年天津卷文）设变量x，y满足约束条件 则目标函数的最大值为
A．6 B．19 C．21 D．45
3．已知定义在上的奇函数满足，且当时，，则（ ）
A．1 B．-1 C．2 D．-2
4．圆关于直线对称的圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．在区间上随机取一个数x，的值介于0到之间的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A．18 B．13 C．9 D．7
8．在中，角，，所对的边分别为，，，，的平分线交于点，且，则的最小值为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．7
9．等比数列的前项和、前项和、前项和分别为，则( ).
A． B．
C． D．
10．设，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11．已知数列，，且，则________．
12．设数列的前n项和为，关于数列，有下列三个命题：
（1）若既是等差数列又是等比数列，则；
（2）若，则是等差数列：
（3）若，则是等比数列
这些命题中，真命题的序号是__________________________.
13．数列满足，当时，，则是否存在不小于2的正整数，使成立？若存在，则在横线处直接填写的值；若不存在，就填写“不存在”_______.
14．设偶函数的部分图像如图所示，为等腰直角三角形，，则的值为________．

15．已知函数 的图象关于点 对称，记 在区间 的最大值为 ，且 在 （ ）上单调递增，则实数 的最小值是__________．
16．已知函数，（常数、），若当且仅当时，函数取得最大值1，则实数的数值为______.
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．已知数列前项和为，满足，
（1）证明：数列是等差数列，并求；
（2）设 ，求证：.
18．已知函数的图象过点，，．
（1）求，的值；
（2）若，且，求的值；
（3）若在上恒成立，求实数的取值范围.
19．如图，直三棱柱ABC-A1B1C1中，D,E分别是AB，BB1的中点.

（Ⅰ）证明： BC1//平面A1CD;
（Ⅱ）设AA1= AC=CB=2，AB=2，求三棱锥C一A1DE的体积.
20．如图，在正方体中，是的中点，在上，且.

(1)求证：平面；
(2)在线段上存在一点，，若平面，求实数的值.
21．已知分别为三个内角的对边长，且
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值.
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、B
【解析】
由三视图可知几何体为四棱锥，利用四棱锥体积公式可求得结果.
【详解】
由三视图可知，该几何体为底面为长为，宽为的长方形，高为的四棱锥
四棱锥体积
本题正确选项：
本题考查根据三视图求解几何体体积的问题，关键是能够通过三视图将几何体还原为四棱锥，从而利用棱锥体积公式来进行求解.
2、C
【解析】
分析：首先画出可行域，然后结合目标目标函数的几何意义确定函数取得最大值的点，最后求解最大值即可.
详解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，结合目标函数的几何意义可知目标函数在点A处取得最大值，联立直线方程：，可得点A的坐标为：，据此可知目标函数的最大值为：.本题选择C选项.

点睛：求线性目标函数z＝ax＋by(ab≠0)的最值，当b＞0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最大，在y轴截距最小时，z值最小；当b＜0时，直线过可行域且在y轴上截距最大时，z值最小，在y轴上截距最小时，z值最大.
3、B
【解析】
根据f（x）是R上的奇函数，并且f（x+1）=f（1-x），便可推出f（x+4）=f（x），即f（x）的周期为4，而由x∈[0，1]时，f（x）=2x-m及f（x）是奇函数，即可得出f（0）=1-m=0，从而求得m=1，这样便可得出f（2019）=f（-1）=-f（1）=-1．
【详解】
∵是定义在R上的奇函数，且；
∴；
∴；
∴的周期为4；
∵时，；
∴由奇函数性质可得；
∴；
∴时，；
∴.
故选：B.
本题考查利用函数的奇偶性和周期性求值，此类问题一般根据条件先推导出周期，利用函数的周期变换来求解，考查理解能力和计算能力，属于中等题.
4、B
【解析】
设圆心关于直线对称的圆的圆心为，则由，求出的值，可得对称圆的方程.
【详解】
圆的圆心为，半径，
则不妨设圆关于直线对称的圆的圆心为，半径为，
则由，解得，故所求圆的方程为.
故选：B
本题考查了圆的标准方程、中点坐标公式，需熟记圆的标准形式，属于基础题.
5、B
【解析】
sin(π+α)−3cos(2π−α)=0，即：sinα+3cosα=0，①
又∵sin2α+cos2α=1，②
由①②联立解得：cos2α=.
∴cos2α=2cos2α−1=.
故选B.
6、A
【解析】
因为,若,则,
，故选A.
7、B
【解析】
利用等差数列通项公式、前项和列方程组，求出，．由此能求出．
【详解】
解：等差数列的前项和为，，，
，
解得，．
．
故选：．
本题考查等差数列第7项的值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8、B
【解析】
根据三角形的面积公式，建立关于的关系式，结合基本不等式，利用1的代换，即可求解，得到答案.
【详解】
由题意，因为，的平分线交于点，且，
所以，
整理得，得，
则，
当且仅当，即，
所以的最小值9，故选B.
本题主要考查了基本不等式的应用，其中合理利用1的代换，结合基本不等式求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
9、B
【解析】
根据等比数列前项和的性质，可以得到等式，化简选出正确答案.
【详解】
因为这个数列是等比数列，所以成等比数列，因此有
，故本题选B.
本题考查了等比数列前项和的性质，考查了数学运算能力.
10、C
【解析】
首先解两个不等式，再根据充分、必要条件的知识选出正确选项.
【详解】
由解得.由得.所以“”是“”的必要而不充分条件
故选：C
本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值不等式的解法，属于基础题.

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
11、
【解析】
由题意可得{}是以+1为首项，以2为公比的等比数列，再由已知求得首项，进一步求得即可．
【详解】
在数列中，满足得，
则数列是以+1为首项，以公比为2的等比数列，
得，由，则，得．
由，得，故．
故答案为：
本题考查了数列的递推式，利用构造等比数列方法求数列的通项公式，属于中档题．
12、（1）、（2）、（3）
【解析】
利用等差数列和等比数列的定义，以及等差数列和等比数列的前项和形式，逐一判断即可.
【详解】
既是等差数列又是等比数列的数列是非零常数列，故（1）正确.
等差数列的前项和是二次函数形式，且不含常数，故（2）正确.
等比数列的前项和是常数加上常数乘以的形式，故（3）正确.
故答案为：（1），（2），（3）
本题主要考查等差数列和等比数列的定义，同时考查了等差数列和等比数列的前项和，属于简单题.
13、70
【解析】
构造数列，
两式与相减可得数列{}为等差数列，求出，让=0即可求出.
【详解】
设

两式相减得
又

数列从第5 项开始为等差数列，由已知易得均不为0

所以当n=70的时候成立，故答案填70.
如果递推式中出现和的形式，比如，可以尝试退项相减，即让取后，两式作差，和的部分因为相减而抵消，剩下的就好算了。
14、
【解析】
的部分图象如图所示，为等腰直角三角形，，，函数是偶函数，，函数的解析式为，故答案为.
【方法点睛】本题主要通过已知三角函数的图象求解析式考查三角函数的性质，属于中档题.利用最值求出 ,利用图象先求出周期，用周期公式求出，利用特殊点求出，正确求使解题的关键.求解析时求参数是确定函数解析式的关键，往往利用特殊点求的值，由特殊点求时，一定要分清特殊点是“五点法”的第几个点.
15、
【解析】
，所以，又，得，
所以，且求得，
又，得单调递增区间为，
由题意，当时，。
点睛：本题考查三角函数的化简及性质应用。本题首先考查三角函数的辅助角公式应用，并结合对称中心的性质，得到函数解析式。然后考察三角函数的单调性，利用整体思想求出单调区间，求得答案。
16、-1
【解析】
先将函数转化成同名三角函数，再结合二次函数性质进行求解即可
【详解】

令，，对称轴为；
当时，时函数值最大，，解得；
当时，对称轴为，函数在时取到最大值，与题设矛盾；
当时，时函数值最大，，解得；
故的数值为：-1
故答案为：-1
本题考查换元法在三角函数中的应用，分类讨论求解函数最值，属于中档题

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）．（2）见解析．
【解析】
（1）由可得，当时，，两式相减可是等差数列，结合等差数列的通项公式可求进而可求（2）由（1）可得，利用裂项相消法可求和，即可证明．
试题分析：（1）（2）
试题解析：（1）由知，当
即
所以
而
故数列是以1为首项，1为公差的等差数列，且
（2）因为
所以

考点：数列递推式；等差关系的确定；数列的求和
18、 (1) ； (2) ；(3)
【解析】
（1）根据，，两点可确定，的值；
（2）由（1）知，，求出，的值，然后根据，求出其值即可；
（3）在，上恒成立，只需，求出在，上的最大值即可．
【详解】
（1）由得：，即，
由知，，
，
由得：，即，
即，由得，，所以；
（2）由得：，即，
由得：，

（3）由得：，
当时，，
实数的取值范围为.
本题主要考查了三角函数的图象与性质，三角函数值的求法，以及在闭区间上的三角函数的值域问题的求法，意在考查学生整体思想以及转化与化归思想的应用能力．
19、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）连接AC1交A1C于点F，则DF为三角形ABC1的中位线，故DF∥BC1．再根据直线和平面平行的判定定理证得BC1∥平面A1CD．（Ⅱ）由题意可得此直三棱柱的底面ABC为等腰直角三角形，由D为AB的中点可得CD⊥平面ABB1A1．求得CD的值，利用勾股定理求得A1D、DE和A1E的值，可得A1D⊥DE．进而求得S△A1DE的值，再根据三棱锥C-A1DE的体积为•S△A1DE•CD，运算求得结果
试题解析：（1）证明：连结AC1交A1C于点F，则F为AC1中点又D是AB中点，
连结DF，则BC1∥DF． 3分
因为DF⊂平面A1CD，BC1不包含于平面A1CD， 4分
所以BC1∥平面A1CD． 5分

（2）解：因为ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD．由已知AC=CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB．又AA1∩AB=A，于是CD⊥平面ABB1A1． 8分
由AA1=AC=CB=2，得∠ACB=90°，，，，A1E=3，故A1D2+DE2=A1E2，即DE⊥A1D 10分
所以三菱锥C﹣A1DE的体积为：==1． 12分
考点：直线与平面平行的判定；棱柱、棱锥、棱台的体积
20、 (1)证明见解析；(2)
【解析】
(1)分别证明与即可.
(2)设平面与的交点为,利用线面与面面平行的判定与性质可知只需满足,再利用平行所得的相似三角形对应边成比例求解即可.
【详解】
(1)连接.因为正方体,故,且,又.故平面.又平面,故.
同理,,,故.
又,平面.故平面.

(2) 设平面与的交点为,连接.
因为,平面,,
故.又,故.
设正方体边长为6,则因为,故
故, 所以.
又平面则只需即可.此时又因为,故四边形为平行四边形.故.此时.故.
故

本题主要考查了线面垂直的证明以及根据线面平行求解参数的问题,需要根据题意找到线与所证平面内的一条直线平行,并利用平面几何中的相似方法求解.属于中档题.
21、（1）；（2）.
【解析】
（1）利用正弦定理、三角形内角和定理、两角和的正弦公式，特殊角的三角函数值，化简等式进行求解即可
（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式、重要不等式进行求解即可
【详解】
（1）由正弦定理可知：
，

，，
所以可得：，；
（2）由余弦定理可知：，由
可知：，所以，所以面积的最大值为
本题考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式，考查了重要不等式，考查了两角和的正弦公式，考查了数学运算能力.