2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．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．函數的零點所在的區間是（）A． B． C． D．2．已知a，b，c，d∈R，則下列不等式中恒成立的是（）A．若a＞b，c＞d，則ac＞bd B．若a＞b，則C．若a＞b＞0，則（a﹣b）c＞0 D．若a＞b，則a﹣c＞b﹣c3．三條線段的長分別為5，6，8，則用這三條線段A．能組成直角三角形 B．能組成銳角三角形C．能組成鈍角三角形 D．不能組成三角形4．一個人連續射擊三次，則事件“至少擊中兩次”的對立事件是（）A．恰有一次擊中 B．三次都沒擊中C．三次都擊中 D．至多擊中一次5．要得到函數y＝cos的圖象，只需將函數y＝cos2的圖象()A．向左平移個單位長度 B．向左平移個單位長度C．向右平移個單位長度 D．向右平移個單位長度6．已知在中，為的中點，，，點為邊上的動點，則最小值為（）A．2 B． C． D．－27．把函數，圖象上所有的點向右平行移動個單位長度，橫坐標伸長到原來的2倍，所得圖象對應的函數為（）A． B．C． D．8．下列各角中與角終邊相同的角是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．若樣本數據，，…，的方差為2，則數據，，…，的方差為（）A．4 B．8 C．16 D．32二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．如果數據的平均數是，則的平均數是________.12．我國古代數學名著《算法統宗》中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈三百八十一，請問尖頭幾盞燈？”意思是：一座7層塔共掛了381盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的頂層燈數為_____________13．在梯形中,，,設,,則__________(用向量表示).14．過直線上一點作圓的兩條切線，切點分別為，若的最大值為，則實數__________．15．已知函數，它的值域是__________.16．已知函數，則函數的最小值是___．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．已知等差數列滿足，且.（1）求數列的通項；（2）求數列的前項和的最大值.18．已知數列的前項和（1）求的通項公式；（2）若數列滿足：，求的前項和（結果需化簡）19．已知數列，.（1）若數列是等比數列，且，求數列的通項公式；（2）若數列是等差數列，且，數列滿足，當時，求的值.20．已知函數.（1）證明函數在定義域上單調遞增；（2）求函數的值域；（3）令，討論函數零點的個數.21．已知三棱柱中,三個側面均為矩形,底面為等腰直角三角形,,點為棱的中點,點在棱上運動.（1）求證；（2）當點運動到某一位置時，恰好使二面角的平面角的余弦值為，求點到平面的距離；（3）在（2）的條件下，試確定線段上是否存在一點，使得平面？若存在，確定其位置；若不存在，說明理由.

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、B【解析】

根據零點存在性定理即可求解.【詳解】由函數，則，，故函數的零點在區間上.故選：B【點睛】本題考查了利用零點存在性定理判斷零點所在的區間，需熟記定理內容，屬于基礎題.2、D【解析】

根據不等式的性質判斷．【詳解】當時，A不成立；當時，B不成立；當時，C不成立；由不等式的性質知D成立．故選D．【點睛】本題考查不等式的性質，不等式的性質中，不等式兩邊乘以同一個正數，不等式號方向不變，兩邊乘以同一個負數，不等式號方向改變，這個性質容易出現錯誤：一是不區分所乘數的正負，二是不區分是否為1．3、C【解析】

先求最大角的余弦，再得到三角形是鈍角三角形.【詳解】設最大角為，所以，所以三角形是鈍角三角形.故選C【點睛】本題主要考查余弦定理，意在考查學生對該知識的理解掌握水平和分析推理能力.4、D【解析】

根據判斷的原則：“至少有個”的對立是“至多有個”.【詳解】根據判斷的原則：“至少擊中兩次”的對立事件是“至多擊中一次”，故選D.【點睛】至多至少的對立事件問題，可以采用集合的補集思想進行轉化.如“至少有個”則對應“”，其補集應為“”.5、B【解析】∵，∴要得到函數的圖像，只需將函數的圖像向左平移個單位．選B．6、C【解析】

由，結合投影幾何意義，建立平面直角坐標系，結合向量數量積的定義及二次函數的性質即可求解.【詳解】由,結合投影幾何意義有：過點作的垂線，垂足落在的延長線上，且,以所在直線為軸，以中點為坐標原點，建立如圖所示的平面直角坐標系，則設，其中則解析式是關于的二次函數，開口向上，對稱軸時取得最小值，當時取得最小值故選：【點睛】本題考查向量方法解決幾何最值問題，屬于中等題型.7、C【解析】

利用二倍角的余弦公式以及輔助角公式將函數化為的形式，然后再利用三角函數的圖像變換即可求解.【詳解】函數，函數圖象上所有的點向右平行移動個單位長度可得，在將橫坐標伸長到原來的2倍，可得.故選：C【點睛】本題考查了二倍角的余弦公式、輔助角公式以及三角函數的圖像平移伸縮變換，需熟記公式，屬于基礎題.8、B【解析】

根據終邊相同角的概念，即可判斷出結果.【詳解】因為，所以與是終邊相同的角.故選B【點睛】本題主要考查終邊相同的角，熟記有關概念即可，屬于基礎題型.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、B【解析】

根據，則即可求解.【詳解】因為樣本數據，，…，的方差為2，所以，，…，的方差為，故選B.【點睛】本題主要考查了方差的概念及求法，屬于容易題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、5【解析】

根據平均數的定義計算．【詳解】由題意，故答案為：5.【點睛】本題考查求新數據的均值．掌握均值定義是解題關鍵．實際上如果數據的平均數是，則新數據的平均數是．12、1【解析】分析：設塔的頂層共有a1盞燈，則數列{an}公比為2的等比數列，利用等比數列前n項和公式能求出結果．詳解:設塔的頂層共有a1盞燈，則數列{an}公比為2的等比數列，∴S7=a1(1-2點睛：本題考查了等比數列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力.13、【解析】

根據向量減法運算得結果.【詳解】利用向量的三角形法則，可得，，又，，則，.故答案為.【點睛】本題考查向量表示，考查基本化解能力14、1或；【解析】

要使最大，則最小．【詳解】圓的標準方程為，圓心為，半徑為．∵若的最大值為，∴，解得或．故答案為1或．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系，解題思路是平面上對圓的張角問題，顯然在點固定時，圓外的點作圓的兩條切線，這兩條切線間的夾角是最大角，而當點離圓越近時，這個又越大．15、【解析】

由反余弦函數的值域可求出函數的值域.【詳解】，，因此，函數的值域為.故答案為：.【點睛】本題考查反三角函數值域的求解，解題的關鍵就是依據反余弦函數的值域進行計算，考查計算能力，屬于基礎題.16、5【解析】因為，所以，函數，當且僅當，即時等號成立．點睛：本題考查了基本不等式的應用，屬于基礎題．在用基本不等式時，注意＂一正二定三相等＂這三個條件，關鍵是找定值，在本題中，將拆成，湊成定值，再用基本不等式求出最小值．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）144【解析】

（1）把帶入通項式即可求出公差，從而求出通項。（2）根據（1）的結果以及等差數列前項和公式即可。【詳解】（1）設公差為，則則則（2）由等差數列求和公式得則所以當時，有最大值144【點睛】本題主要考查了等差數列的通項以及等差數列的前和公式，屬于基礎題18、（1）；（2）；【解析】

（1）運用數列的遞推式得時，，時，，化簡計算可得所求通項公式；（2）求得，運用數列的錯位相減法求和，結合等比數列的求和公式，計算可得所求和．【詳解】（1）可得時，則（2）數列滿足，可得，即，前項和兩式相減可得化簡可得【點睛】本題考查數列的遞推式的運用，考查數列的錯位相減法求和，以及等比數列的求和公式，考查運算能力，屬于中檔題．19、（1）；（2）.【解析】

（1）數列是公比為的等比數列，由等比數列的通項公式解方程可得首項和公比，即可得到所求通項；（2）數列是公差為的等差數列，由等差數列的通項公式解方程可得首項和公差，可得數列的通項，進而得到，再由指數的運算性質和等差數列的求和公式，計算即可得到所求值．【詳解】解：（1）數列是公比為的等比數列，，，可得，，解得，，可得，；（2）數列是公差為的等差數列，，，可得，，解得，，則，，，即可得，可得，解得或（舍去）．【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項公式和求和公式的運用，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．20、（1）證明見解析；（2）；（3）當時，沒有零點；當時，有且僅有一個零點【解析】

（1）求出函數定義域后直接用定義法即可證明；（2）由題意得，對兩邊同時平方得，求出的取值范圍即可得解；（3）轉化條件得，令，利用二次函數的性質分類討論即可得解.【詳解】（1）證明：令，解得，故函數的定義域為令，由，可得，所以，，故即，所以函數在定義域上單調遞增.（2）由，，故，，當時，，有，可得：，故，由，可得，故函數的值域為，（3）由（2）知，則，令，則，令，①當時，，此時函數沒有零點，故函數也沒有零點；②當時，二次函數的對稱軸為，則函數在區間單調遞增，而，，故函數有一個零點，又由函數單調遞增，可得函數也只有一個零點；③當時，，二次函數開口向下，對稱軸，又，，此時函數沒有零點，故函數也沒有零點.綜上，當時，函數沒有零點；當時，函數有且僅有一個零點.【點睛】本題考查了函數單調性的證明、值域的求解和零點問題，考查了轉化化歸思想和分類討論思想，屬于中檔題.21、（1）見解析；（2）；（3）存在，為中點.【解析】

（1）以CB為x軸，CA為y軸，CC1為z軸，C為原點建立坐標系，設E（m，0，2），要證A1C⊥AE，可證,只需證明，利用向量的數量積運算即可證明；（2）分別求出平面EA1D、平面A1DB的一個法向量，由兩法向量夾角余弦值的絕對值等于，解得m值，由此可得答案；（3）在（2）的條件下，設F（x，y，0），可知與平面A1DB的一個法向量平行，由此可求出點F坐標，進而求出||，即得答案.【詳解】（1）以CB為x軸，CA為y軸，CC1為z軸，C為原點建立坐標系，設E（m，0，2），C（0，0，0），A（0，2，0），A1（0，2，2），D（0，0，1），B（2，0，0），＝（0，﹣2，﹣2），＝（m，﹣2，2），因為＝0+（﹣2）×（﹣2）﹣2×2＝0，所以⊥，即A1C⊥AE；（2）＝（m，0，1），＝（0，2，1），設＝（x，y，z）為平面EA1D的一個法向量，則即，取＝（2，m，﹣2m），＝（2，0，﹣1），設＝（x，y，z）為平面A1DB的一個法向量，則，即，取＝（1，﹣1，2），由二面角E﹣A1D﹣B