2025届北京丰台十二中数学高一下期末预测试题含解析

2025届北京丰台十二中数学高一下期末预测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．已知数列的前项为和，且，则（）A．5 B． C． D．92．从装有2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A．“至少有1个白球”和“都是红球”B．“至少有2个白球”和“至多有1个红球”C．“恰有1个白球”和“恰有2个白球”D．“至多有1个白球”和“都是红球”3．如图是一个正方体的表面展开图，若图中“努”在正方体的后面，那么这个正方体的前面是（）A．定 B．有 C．收 D．获4．l：的斜率为A．﹣2 B．2 C． D．5．函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（）A． B． C． D．6．已知向量，，若，则与的夹角为（）A． B． C． D．7．两直角边分别为1,的直角三角形绕其斜边所在的直线旋转一周，得到的几何体的表面积是()A． B．3π C． D．8．已知函数，若存在满足，且，则n的最小值为（）A．3 B．4 C．5 D．69．的值是()A． B． C． D．10．如图，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，C为圆上异于A，B的任意一点，垂足为E，点F是PB上一点，则下列判断中不正确的是（）﹒A．平面PAC B． C． D．平面平面PBC二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．如图，在中，，是边上一点，，则．12．在平面直角坐标系中，点在第二象限，，，则向量的坐标为________.13．一船自西向东匀速航行,上午10时到达一座灯塔的南偏西距塔64海里的处,下午2时到达这座灯塔的东南方向的处,则这只船的航行速度为__________海里/小时．14．已知函数，有以下结论：①若，则；②在区间上是增函数；③的图象与图象关于轴对称；④设函数，当时，．其中正确的结论为__________．15．已知均为正数，则的最大值为______________.16．等差数列的前项和为，，，等比数列满足，.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前15项和.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，，，..（1），求x的值；（2）是否存在实数k，使得？若存在求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.18．已知圆过点,且圆心在直线上．（1）求圆的方程；（2）平面上有两点，点是圆上的动点，求的最小值；（3）若是轴上的动点，分别切圆于两点，试问：直线是否恒过定点？若是，求出定点坐标，若不是，说明理由．19．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且acosC+ccosA=2bcosA．

（1）求角A的值；

（2）若,，求△ABC的面积S．20．各项均不相等的等差数列前项和为，已知，且成等比数列.（1）求数列的通项公式；（2）令，求数列的前项和.21．设等差数列的前项和为，且（是常数，），.（1）求的值及数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和为.

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、D【解析】

先根据已知求出数列的通项，再求解.【详解】当时，，可得；当且时，，得，故数列为等比数列，首项为4，公比为2.所以所以.故选D【点睛】本题主要考查项和公式求数列通项，考查等比数列的通项的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.2、C【解析】

结合互斥事件与对立事件的概念,对选项逐个分析可选出答案.【详解】对于选项A,“至少有1个白球”和“都是红球”是对立事件,不符合题意;对于选项B,“至少有2个白球”表示取出2个球都是白色的,而“至多有1个红球”表示取出的球1个红球1个白球,或者2个都是白球,二者不是互斥事件,不符合题意;对于选项C,“恰有1个白球”表示取出2个球1个红球1个白球,与“恰有2个白球”是互斥而不对立的两个事件,符合题意;对于选项D,“至多有1个白球”表示取出的2个球1个红球1个白球,或者2个都是红球,与“都是红球”不是互斥事件,不符合题意.故选C.【点睛】本题考查了互斥事件和对立事件的定义的运用,考查了学生对知识的理解和掌握,属于基础题.3、B【解析】

利用正方体及其表面展开图的特点以及题意解题，把“努”在正方体的后面，然后把平面展开图折成正方体，然后看“努”相对面．【详解】解：这是一个正方体的平面展开图，共有六个面，其中面“努”与面“有”相对，所以图中“努”在正方体的后面，则这个正方体的前面是“有”．故选：．【点睛】本题考查了正方形相对两个面上的文字问题，同时考查空间想象能力．注意正方体的空间图形，从相对面入手，分析及解答问题，属于基础题．4、B【解析】

先化成直线的斜截式方程即得直线的斜率.【详解】由题得直线的方程为y=2x,所以直线的斜率为2.故选：B【点睛】本题主要考查直线斜率的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.5、C【解析】

由题意，可知，即为奇函数，排除，，又时，，可排除D，即可选出正确答案.【详解】由题意，函数定义域为，且，即为奇函数，排除，，当时，，，即时，，可排除D，故选C.【点睛】本题考查了函数图象的识别，考查了函数奇偶性的运用，属于中档题.6、D【解析】∵，，⊥，∴，解得．∴．∴，又．设向量与的夹角为，则．又，∴．选D．7、A【解析】

由题知该旋转体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，根据圆锥的侧面积计算公式可得．【详解】由题得直角三角形的斜边为2，则斜边上的高为.由题知该几何体为两个倒立的圆锥底对底组合在一起，其中，故选．【点睛】本题考查旋转体的定义，圆锥的表面积的计算，属于基础题.8、D【解析】

根据正弦函数的性质，对任意（i，j=1，2，3，…，n），都有，因此要使得满足条件的n最小，则尽量让更多的取值对应的点是最值点，然后再对应图象取值.【详解】，因为正弦函数对任意（i，j=1，2，3，…，n），都有，要使n取得最小值，尽可能多让（i=1，2，3，…，n）取得最高点，因为，所以要使得满足条件的n最小，如图所示则需取，，，，，，即取，，，，，，即．故选：D【点睛】本题主要考查正弦函数的图象，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题.9、A【解析】由于==.故选A．10、C【解析】

根据线面垂直的性质及判定，可判断ABC选项，由面面垂直的判定可判断D.【详解】对于A，PA垂直于以AB为直径的圆所在平面，而底面圆面，则，又由圆的性质可知，且，则平面PAC.所以A正确；对于B，由A可知，由题意可知，且，所以平面，而平面，所以，所以B正确；对于C，由B可知平面，因而与平面不垂直，所以不成立，所以C错误.对于D，由A、B可知，平面PAC，平面，由面面垂直的性质可得平面平面PBC.所以D正确；综上可知，C为错误选项.故选：C.【点睛】本题考查了线面垂直的性质及判定，面面垂直的判定定理，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】

由图及题意得

，

=

∴

=(

)(

)=

+

=

=

.12、【解析】

由三角函数的定义求出点的坐标，然后求向量的坐标.【详解】设点，由三角函数的定义有，得，，得，所以，所以故答案为：【点睛】本题考查三角函数的定义的应用和已知点的坐标求向量坐标，属于基础题.13、【解析】由，行驶了4小时，这只船的航行速度为海里/小时．【点睛】本题为解直角三角形应用题，利用直角三角形边角关系表示出两点间的距离，在用辅助角公式变形求值，最后利用速度公式求出结果.14、②③④【解析】

首先化简函数解析式，逐一分析选项，得到答案.【详解】①当时，函数的周期为，，或，所以①不正确；②时，，所以是增函数，②正确；③函数还可以化简为，所以与关于轴对称，正确；④，当时，，，④正确故选②③④【点睛】本题考查了三角函数的化简和三角函数的性质，属于中档题型.15、【解析】

根据分子和分母的特点把变形为，运用重要不等式，可以求出的最大值.【详解】（当且仅当且时取等号）,（当且仅当且时取等号），因此的最大值为.【点睛】本题考查了重要不等式，把变形为是解题的关键.16、（1），；（2）125.【解析】

（1）直接利用等差数列，等比数列的公式得到答案.（2），前5项为正，后面为负，再计算数列的前15项和.【详解】解：（1）联立，解得，，故，，联立，解得，故.（2）.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，绝对值和，判断数列的正负分界处是解题的关键.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）或.（2）存在；【解析】

（1）由向量平行的坐标运算可求得值；（2）假设存在，由向量的数量积为0求得，再由正弦函数性质及二次函数性质可得所求范围．【详解】（1），，又，，即，又，或.（2），，若，则，，，由，，得存在，使得.【点睛】本题主要考查向量平行和向量垂直的坐标运算，掌握向量运算的坐标表示是解题基础．18、（1）；（2）26；（3）直线恒过定点．证明见解析【解析】

（1）设圆心，根据则，求得和圆的半径，即可得到圆的方程；（2）设，化简得，根据圆的性质，即可求解；（3）设，圆方程，根据两圆相交弦的性质，求得相交弦的方程，进而可判定直线恒过定点．【详解】（1）由题意知，圆心在直线上，设圆心为，又因为圆过点,则，即，解得，所以圆心为，半径，所以圆方程为．（2）设，则，又由，所以，即的最小值为．（3）设，则以为直径的圆圆心为，半径为，则圆方程为，整理得，直线为圆与圆的相交弦，两式相减，可得得直线方程，即，令，解得，即直线恒过定点．【点睛】本题主要考查了圆的综合应用，其中解答中涉及到圆的标准方程的求解，圆的最值问题的求解，以及两圆的相交弦方程的求解及应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题．19、（1）（1）【解析】试题分析：（1）由已知利用正弦定理，两角和的正弦公式、诱导公式化简可得，结合，可求，进而可求的值；（1）由已知及余弦定理，平方和公式可求的值，进而利用三角形面积公式即可计算得解.试题解析：（1）在△ABC中，∵acosC+ccosA=1bcosA，∴sinAcosC+sinCcosA=1sinBcosA，

∴sin（A+C）=sinB=1sinBcosA，∵sinB≠0，∴，可得：

（1）∵，，∴b1+c1=bc+4，可得：（b+c）1=3bc+4=10，可得：bc=1．∴．20、（1）；（2）【解析】

（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的性质，可得，则可得通项公式.（2）根据（1）的结论可得，然后利用裂项相消求和，可得结果.【详解】（1）因为各项均不相等，所以公差由等差数列通项公式且，所以，又成等比数列，所以，则，化简得，所以即可得即（2）由（1）可得化简可得由所以【点睛】本题主要考查利用裂项相消法求和，属基础题.21、