2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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．已知是的共軛復數，若復數，則在復平面內對應的點是（）A． B． C． D．2．已知一直線經過兩點，，且傾斜角為，則的值為（）A．-6 B．-4 C．2 D．63．一個幾何體的三視圖分別是一個正方形，一個矩形，一個半圓，尺寸大小如圖所示，則該幾何體的體積是()A． B． C． D．4．已知單位向量，，滿足.若點在內，且，，則下列式子一定成立的是（）A． B．C． D．5．不等式的解集為,則的值為(

)A． B．C． D．6．函數，是A．最小正周期為的奇函數 B．最小正周期為的偶函數C．最小正周期為的奇函數 D．最小正周期為的偶函數7．設，滿足約束條件，則目標函數的最大值是（）A．3 B． C．1 D．8．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．9．已知x，y為正實數，則（）A．2lgx+lgy=2lgx+2lgy B．2lg（x+y）=2lgx?2lgyC．2lgx?lgy=2lgx+2lgy D．2lg（xy）=2lgx?2lgy10．已知四棱錐中，平面平面，其中為正方形，為等腰直角三角形，，則四棱錐外接球的表面積為（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知求______________.12．不等式有解，則實數的取值范圍是______.13．下圖中的幾何體是由兩個有共同底面的圓錐組成．已知兩個圓錐的頂點分別為P、Q，高分別為2、1，底面半徑為1．A為底面圓周上的定點，B為底面圓周上的動點（不與A重合）．下列四個結論：①三棱錐體積的最大值為；②直線PB與平面PAQ所成角的最大值為；③當直線BQ與AP所成角最小時，其正弦值為；④直線BQ與AP所成角的最大值為；其中正確的結論有___________.（寫出所有正確結論的編號）14．如圖，兩個正方形，邊長為2，.將繞旋轉一周，則在旋轉過程中，與平面的距離最大值為______.15．數列的前項和為，，，則________．16．=__________.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．已知函數.（1）求的單調遞增區間；（2）求在區間上的最值.18．已知圓過點，，圓心在直線上，是直線上任意一點．（1）求圓的方程；（2）過點向圓引兩條切線，切點分別為，，求四邊形的面積的最小值．19．兩地相距千米，汽車從地勻速行駛到地，速度不超過千米小時，已知汽車每小時的運輸成本(單位：元)由可變部分和固定部分兩部分組成：可變部分與速度的平方成正比，比例系數為，固定部分為元，(1)把全程運輸成本(元)表示為速度(千米小時)的函效:并求出當時，汽車應以多大速度行駛，才能使得全程運輸成本最?。?2)隨著汽車的折舊，運輸成本會發生一些變化，那么當，此時汽車的速度應調整為多大，才會使得運輸成本最小，20．已知數列的前項和，滿足.（1）若，求數列的通項公式；（2）在滿足（1）的條件下，求數列的前項和的表達式；21．某校為創建“綠色校園”，在校園內種植樹木，有A、B、C三種樹木可供選擇，已知這三種樹木6年內的生長規律如下：A樹木：種植前樹木高0.84米，第一年能長高0.1米，以后每年比上一年多長高0.2米；B樹木：種植前樹木高0.84米，第一年能長高0.04米，以后每年生長的高度是上一年生長高度的2倍；C樹木：樹木的高度（單位：米）與生長年限（單位：年，）滿足如下函數：（表示種植前樹木的高度，取）．（1）若要求6年內樹木的高度超過5米，你會選擇哪種樹木？為什么？（2）若選C樹木，從種植起的6年內，第幾年內生長最快？

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、A【解析】由，得，所以在復平面內對應的點為，故選A.2、C【解析】

根據傾斜角為得到斜率，再根據兩點斜率公式計算得到答案.【詳解】一直線經過兩點，，則直線的斜率為．直線的傾斜角為∴，即．故答案選C．【點睛】本題考查了直線的斜率，意在考查學生的計算能力.3、C【解析】

由給定的幾何體的三視圖得到該幾何體表示一個底面半徑為1，母線長為2的半圓柱，結合圓柱的體積公式，即可求解.【詳解】由題意，根據給定的幾何體的三視圖可得：該幾何體表示一個底面半徑為1，母線長為2的半圓柱，所以該半圓柱的體積為.故選：C.【點睛】本題考查了幾何體的三視圖及體積的計算，在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要根據三視圖的規則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線，求解以三視圖為載體的空間幾何體的表面積與體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應公式求解.4、D【解析】

設，對比得到答案.【詳解】設，則故答案為D【點睛】本題考查了向量的計算，意在考查學生的計算能力.5、B【解析】

根據一元二次不等式解集與對應一元二次方程根的關系列方程組，解得a，c的值.【詳解】由題意得為方程兩根，所以，選B.【點睛】一元二次方程的根與對應一元二次不等式解集以及對應二次函數零點的關系，是數形結合思想，等價轉化思想的具體體現，注意轉化時的等價性.6、A【解析】

判斷函數函數，的奇偶性，求出其周期即可得到結論.【詳解】設則故函數函數，是奇函數，由故函數，是最小正周期為的奇函數.故選A.【點睛】本題考查正弦函數的奇偶性和周期性，屬基礎題.7、C【解析】

作出不等式組對應的平面區域，結合圖形找出最優解，從而求出目標函數的最大值．【詳解】作出不等式組對應的平面區域，如陰影部分所示；平移直線，由圖像可知當直線經過點時，最大．，解得，即，所以的最大值為1．故答案為選C【點睛】本題給出二元一次不等式組，求目標函數的最大值，著重考查二元一次不等式組表示的平面區域和簡單的線性規劃，也考查了數形結合的解題思想方法，屬于基礎題．8、B【解析】

由三視圖判斷該幾何體是有三條棱兩兩垂直是三棱錐，結合三視圖的數據可得結果.【詳解】由三視圖可得該幾何體是如圖所示的三棱錐，其中AB，BC，BP兩兩垂直，且，則和的面積都是1，的面積為2，在中，，則的面積為，所以該幾何體的表面積為，故選：B.【點睛】三視圖問題是考查學生空間想象能力最常見題型，也是高考熱點.觀察三視圖并將其“翻譯”成直觀圖是解題的關鍵，不但要注意三視圖的三要素“高平齊，長對正，寬相等”，還要特別注意實線與虛線以及相同圖形的不同位置對幾何體直觀圖的影響，對簡單組合體三視圖問題，先看俯視圖確定底面的形狀，根據正視圖和側視圖，確定組合體的形狀.9、D【解析】因為as+t=as?at，lg（xy）=lgx+lgy（x，y為正實數），所以2lg（xy）=2lgx+lgy=2lgx?2lgy，滿足上述兩個公式，故選D．10、D【解析】

因為為等腰直角三角形，,故,則點到平面的距離為,而底面正方形的中心到邊的距離也為,則頂點正方形中心的距離,正方形的外接圓的半徑為,故正方形的中心是球心,則球的半徑為,所以該幾何體外接球的表面積,應選D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、23【解析】

直接利用數量積的坐標表示求解.【詳解】由題得.故答案為23【點睛】本題主要考查平面向量的數量積的計算，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.12、【解析】

由參變量分離法可得知，由二倍角的余弦公式以及二次函數的基本性質求出函數的最小值，即可得出實數的取值范圍.【詳解】不等式有解，等價于存在實數，使得關于的不等式成立，故只需.令，，由二次函數的基本性質可知，當時，該函數取得最小值，即，.因此，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題考查不等式有解的問題，涉及二倍角余弦公式以及二次函數基本性質的應用，一般轉化為函數的最值來求解，考查計算能力，屬于中等題.13、①③【解析】

由①可知只需求點A到面的最大值對于②，求直線PB與平面PAQ所成角的最大值，可轉化為到軸截面距離的最大值問題進行求解對于③④，可采用建系法進行分析【詳解】選項①如圖所示，當時，四棱錐體積最大，選項②中，線PB與平面PAQ所成角最大值的正弦值為，所以選項③和④，如圖所示：以垂直于方向為x軸，方向為y軸，方向為z軸，其中設,.,設直線BQ與AP所成角為，，當時，取到最大值，，此時，由于，，，所以取不到答案選①、③【點睛】幾何體的旋轉問題需要結合動態圖形和立體幾何基本知識進行求解，需找臨界點是正確解題的關鍵，遇到難以把握的最值問題，可采用建系法進行求解.14、【解析】

繞旋轉一周得到的幾何體是圓錐，點的軌跡是圓.過作平面平面，交平面于.的軌跡在平面內.畫出圖像，根據圖像判斷出圓的下頂點距離平面的距離最大，解三角形求得這個距離的最大值.【詳解】繞旋轉一周得到的幾何體是圓錐，故點的軌跡是圓.過作平面平面，交平面于.的軌跡在平面內.畫出圖像如下圖所示，根據圖像作法可知，當位于圓心的正下方點位置時，到平面的距離最大.在平面內，過作，交于.在中，,.所以①.其中，，所以①可化為.故答案為：【點睛】本小題主要考查旋轉體的概念，考查空間點到面的距離的最大值的求法，考查空間想象能力和運算能力，屬于中檔題.15、18【解析】

利用，化簡得到數列是首項為，公比為的等比數列，利用,即可求解.【詳解】,即所以數列是首項為，公比為的等比數列即所以故答案為：【點睛】本題主要考查了與的關系以及等比數列的通項公式，屬于基礎題.16、2【解析】由對數的運算性質可得到，故答案為2.三、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）最大值為，最小值為.【解析】

（1）利用兩角和的正弦公式以及二倍角的余弦公式、兩角和的余弦公式將函數的解析式化簡為，然后解不等式可得出函數的單調遞增區間；（2）由，可計算出，然后由余弦函數的基本性質可求出函數在區間上的最大值和最小值.【詳解】（1），解不等式，得，因此，函數的單調遞增區間為；（2）當時，.當時，函數取得最大值；當時，函數取得最小值.【點睛】本題考查三角函數單調區間以及在定區間上最值的求解，解題時要利用三角恒等變換思想將三角函數的解析式化簡，并借助正弦函數或余弦函數的基本性質進行求解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.18、（1）（2）【解析】

（1）首先列出圓的標準方程，根據條件代入，得到關于的方程求解；（2）根據切線的對稱性，可知，，這樣求面積的最小值即是求的最小值，當點是圓心到直線的距離的垂足時，最小.【詳解】解：（1）設圓的方程為．由題意得解得故圓的方程為．另解：先求線段的中垂線與直線的交點，即解得從而得到圓心坐標為，再求，故圓的方程為．（2）設四邊形的面積為，則．因為是圓的切線，所以，所以，即．因為，所以．因為是直線上的任意一點，所以，則，即．故四邊形的面積的最小值為．【點睛】本題考查了圓的標準方程，和與圓，切線有關的最值的計算，與圓有關的最值計算，需注意數形結合.19、（1），當汽車以的速度行駛，能使得全稱運輸成本最?。唬?）.【解析】

（1）計算出汽車的行駛時間為小時，可得出全程運輸成本為，其中，代入，，利用基本不等式求解；（2）注意到時，利用基本不等式取不到等號，轉而利用雙勾函數的單調性求解．【詳解】（1）由題意可知，汽車從地到地所用時間為小時，全程成本為，.當，時，，當且僅當時取等號，所以，汽車應以的速度行駛，能使得全程行駛成本最??；（2）當，時，，由雙勾函數的單調性可知，當時，有最小值，所以，汽車應以的速度行駛，才能使得全程運輸成本最?。军c睛】本題考查基本不等式的應用，解題的關鍵就是建立函數模型，得出函數解析式，并通過基本不等式進行求解，考查學生數學應用能力，屬于中等題．20、（1）；（2）.【解析】

（1）已知求，利用即可求出；（2）根據數列通項公式特征，采取分組求和法和錯位相減法求出【詳解】（1）因為，所以，當時，，所以；當時，，即，，因為，所以，，即，當時，也符合公式．綜上，數列的通項公式為．（2）因為，所以（）由得，兩式作差得，，即，故．【點睛】本題主要考查求數列通項的方法——公式法和構造法的應用，以及數列的求和方法——分組求和法和錯位相減法的應用．21、（1）選擇C；（2）第4或第5年.【解析】

（1）根據已知求出三種樹木六年末的高度，判斷得解；（2）設為第年內樹木生長的高度，先求出，設，則，．再利用分