2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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．在正方體中，為棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（）A． B． C． D．2．在等差數列中，若公差，則（）A． B． C． D．3．已知一個幾何體是由半徑為2的球挖去一個三棱錐得到（三棱錐的頂點均在球面上）.若該幾何體的三視圖如圖所示（側視圖中的四邊形為菱形），則該三棱錐的體積為（）A． B． C． D．4．在△中，為邊上的中線，為的中點，則A． B．C． D．5．函數圖象的一個對稱中心和一條對稱軸可以是（）A．， B．，C．， D．，6．如圖是一名籃球運動員在最近6場比賽中所得分數的莖葉圖，則下列關于該運動員所得分數的說法錯誤的是（）A．中位數為14 B．眾數為13 C．平均數為15 D．方差為197．若直線與圓相切，則（）A． B． C． D．8．已知實數滿足,那么的最小值為(

)A． B． C． D．9．若直線與圓有公共點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．10．在中，角，，的對邊分別是，，，若，則（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．某單位有200名職工，現要從中抽取40名職工作樣本，用系統抽樣法，將全體職工隨機按1－200編號，并按編號順序平均分為40組（1－5號，6－10號…，196－200號）.若第5組抽出的號碼為22，則第8組抽出的號碼應是12．若等差數列和等比數列滿足，，則_______.13．一組樣本數據8，10，18，12的方差為___________.14．體積為8的正方體的頂點都在同一球面上，則該球面的表面積為__________.15．若，其中是第二象限角，則____.16．等比數列滿足其公比_________________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．已知數列的前項和．（1）求數列通項公式；（2）令，求數列的前n項和.18．已知平面向量滿足：（1）求與的夾角；（2）求向量在向量上的投影.19．如圖，正方體的棱長為2，E，F分別為，AC的中點．（1）證明：平面；（2）求三棱錐的體積．20．(1)計算(2)已知,求的值21．如圖，在直三棱柱中，，，是棱的中點．（1）求證：；（2）求證：．

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、D【解析】

利用，得出異面直線與所成的角為，然后在中利用銳角三角函數求出.【詳解】如下圖所示，設正方體的棱長為，四邊形為正方形，所以，，所以，異面直線與所成的角為，在正方體中，平面，平面，，，，，在中，，，因此，異面直線與所成角的余弦值為，故選D.【點睛】本題考查異面直線所成角的計算，一般利用平移直線，選擇合適的三角形，利用銳角三角函數或余弦定理求解，考查推理能力與計算能力，屬于中等題．2、B【解析】

根據等差數列的通項公式求解即可得到結果．【詳解】∵等差數列中，，公差，∴．故選B．【點睛】等差數列中的計算問題都可轉為基本量（首項和公差）來處理，運用公式時要注意項和項數的對應關系．本題也可求出等差數列的通項公式后再求出的值，屬于簡單題．3、C【解析】由三視圖可知，三棱錐的體積為4、A【解析】分析：首先將圖畫出來，接著應用三角形中線向量的特征，求得，之后應用向量的加法運算法則-------三角形法則，得到，之后將其合并，得到，下一步應用相反向量，求得，從而求得結果.詳解：根據向量的運算法則，可得，所以，故選A.點睛：該題考查的是有關平面向量基本定理的有關問題，涉及到的知識點有三角形的中線向量、向量加法的三角形法則、共線向量的表示以及相反向量的問題，在解題的過程中，需要認真對待每一步運算.5、B【解析】

直接利用余弦型函數的性質求出函數的對稱軸和對稱中心，即可得到答案．【詳解】由題意，函數的性質，令，解得，當時，，即函數的一條對稱軸的方程為，令，解得，當時，，即函數的一個對稱中心為，故選B．【點睛】本題主要考查了余弦型函數的性質對稱軸和對稱中心的應用，著重考查學生的運算能力和轉換能力，屬于基礎題型．6、D【解析】從題設中所提供的莖葉圖可知六個數分別是，所以其中位數是，眾數是，平均數，方差是，應選答案D．7、C【解析】

利用圓心到直線的距離等于圓的半徑即可求解.【詳解】由題得圓的圓心坐標為（0,0），所以.故選C【點睛】本題主要考查直線和圓的位置關系，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.8、A【解析】

表示直線上的點到原點的距離，利用點到直線的距離公式求得最小值.【詳解】依題意可知表示直線上的點到原點的距離，故原點到直線的距離為最小值，即最小值為，故選A.【點睛】本小題主要考查點到直線的距離公式，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于基礎題.9、C【解析】由題意得圓心為，半徑為．圓心到直線的距離為，由直線與圓有公共點可得，即，解得．∴實數a取值范圍是．選C．10、D【解析】

由題意，再由余弦定理可求出，即可求出答案.【詳解】由題意，，設，由余弦定理可得：，則.故選D.【點睛】本題考查了正、余弦定理的應用，考查了計算能力，屬于中檔題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、1【解析】試題分析：因為將全體職工隨機按1～200編號，并按編號順序平均分為40組，由分組可知，抽號的間隔為5，因為第5組抽出的號碼為22，所以第6組抽出的號碼為27，第7組抽出的號碼為32，第8組抽出的號碼為1．考點：系統抽樣．點評：本題考查系統抽樣，在系統抽樣過程中得到的樣本號碼是最規則的一組編號．12、【解析】

設等差數列的公差為，等比數列的公比為，根據題中條件求出、的值，進而求出和的值，由此可得出的值.【詳解】設等差數列的公差和等比數列的公比分別為和，則，求得，，那么，故答案為.【考點】等差數列和等比數列【點睛】等差、等比數列各有五個基本量，兩組基本公式，而這兩組公式可看作多元方程，利用這些方程可將等差、等比數列中的運算問題轉化為解關于基本量的方程（組）問題，因此可以說數列中的絕大部分運算題可看作方程應用題，所以用方程思想解決數列問題是一種行之有效的方法.13、14【解析】

直接利用平均數和方差的公式，即可得到本題答案.【詳解】平均數，方差.故答案為：14【點睛】本題主要考查平均數公式與方差公式的應用.14、【解析】正方體體積為8，可知其邊長為2，正方體的體對角線為=2，即為球的直徑，所以半徑為，所以球的表面積為=12π．故答案為：12π．點睛：設幾何體底面外接圓半徑為,常見的圖形有正三角形,直角三角形,矩形,它們的外心可用其幾何性質求;而其它不規則圖形的外心,可利用正弦定理來求.若長方體長寬高分別為則其體對角線長為;長方體的外接球球心是其體對角線中點.找幾何體外接球球心的一般方法:過幾何體各個面的外心分別做這個面的垂線,交點即為球心.三棱錐三條側棱兩兩垂直,且棱長分別為，則其外接球半徑公式為:.15、【解析】

首先要用誘導公式得到角的正弦值，根據角是第二象限的角得到角的余弦值，再用誘導公式即可得到結果．【詳解】解：，又是第二象限角故，故答案為．【點睛】本題考查同角的三角函數的關系，本題解題的關鍵是誘導公式的應用，熟練應用誘導公式是解決三角函數問題的必備技能，屬于基礎題．16、【解析】

觀察式子，將兩式相除即可得到答案.【詳解】根據題意，可知，于是.【點睛】本題主要考查等比數列公比的相關計算，難度很小.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）根據和關系得到答案.（2）首先計算數列通項，再根據裂項求和得到答案.【詳解】解：（1）當時，當時，（2）【點睛】本題考查了和關系，裂項求和，是數列的常考題型.18、（1）；（2）.【解析】

（1）由題，先求得的大小，再根據數量積的公式，可得與的夾角；（2）先求得的模長，再直接利用向量幾何意義的公式，求得結果即可.【詳解】（1）∵，∴，又∵，∴，∴，∴（2）∵，∴∴向量在向量上的投影為【點睛】本題考查了向量的知識，熟悉向量數量積的知識點和幾何意義是解題的關鍵所在，屬于中檔題.19、(1)證明見解析；(2)【解析】

（1）可利用線線平行來證明線面平行（2）可采用等體積法進行求解【詳解】證明：（1）如圖，連結BD；因為四邊形ABCD為正方形，所以BD交AC于F且F為BD中點；又因為E為中點，所以；因為平面，平面，所以平面；（2）三棱錐的體積.【點睛】本題考查了線面平行的證明及錐體體積的求解方法，證線面平行一般是通過證線線平行來證明，三棱錐的體積常用等體積法轉換底面和高進行求解.20、(1)1+；（2）.【解析】

（1）利用對數的運算法則計算得解；（2）先化簡已知得,再把它代入化簡的式子即得解.【詳解】（1）原式=1+；（2）由題得，所以.【點睛】本題主要考查對數的運算，考查誘導公式化簡求值和同角的三角函數關系，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于基礎題.21、(1)見詳解；（2）見詳解.【解析】

（1）連接AC1，設AC1∩A1C＝O，連接OD，可求O為AC1的中點，D是棱AB的中點，利用中位線的性質可證OD∥BC1，根據線面平行的判斷定理即可證明BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可證平行四邊形ACC1A1是菱形，由其性質可得AC1⊥A1C，利用線面垂直的性質可證AB⊥AA1，根據AB⊥AC，利用線面垂直的判定定理可證AB⊥平面ACC1A1，利用線面垂直的性質可證AB⊥A1C，又AC1⊥A1C，根據線面垂直的判定定理可證A1C⊥平面ABC1，利用線面垂直的性質即可證明BC1⊥A1C．【詳解】（1）連接AC1，設AC1∩A1C＝O，連接OD，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面ACC1A1是平行四邊形，所以：O為AC1的中點，又因為：D是棱AB的中點，所以：OD∥BC1，又因為：BC1?平面A1CD，OD?平面A1CD，所以：BC1∥平面A1CD．（2）由（1）可知：側面ACC1A1是平行四邊形，因為：AC＝AA1，所以：平行四邊形ACC1A1是菱形，所以：AC1⊥A1C，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，因為：AB?平