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．若角的終邊與單位圓交于點，則（）A． B． C． D．不存在2．下列函數中，最小值為2的函數是（）A． B．C． D．3．已知，且，則（）A． B． C． D．24．同時擲兩個骰子，向上的點數之和是的概率是（）A． B． C． D．5．設函數的最大值為，最小值為，則與滿足的關系是（）A． B．C． D．6．已知，向量，則向量()A． B． C． D．7．已知各頂點都在一個球面上的正四棱柱（其底面是正方形，且側棱垂直于底面）高為4，體積為16，則這個球的表面積是（）A． B． C． D．8．若直線過點，則此直線的傾斜角是（）A． B． C． D．90。9．如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，，，，，且平面，為的中點，則下列結論錯誤的是（）A． B．C．平面平面 D．三棱錐的體積為10．設且，的最小值為()A．10 B．9 C．8 D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知正實數a,b滿足2a+b=1，則1a12．不等式的解集是_________________13．設等比數列的首項為，公比為，所有項和為1，則首項的取值范圍是____________.14．已知等差數列中，其前項和為，且，，當取最大值時，的值等于_____.15．在數列中，若，（），則________16．正方形和內接于同一個直角三角形ABC中，如圖所示，設，若兩正方形面積分別為=441，=440，則=______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．若x，y為正實數，求證：，并說明等號成立的條件.18．已知等比數列的公比為，是的前項和；（1）若，，求的值；（2）若，，有無最值？說明理由；（3）設，若首項和都是正整數，滿足不等式，且對于任意正整數有成立，問：這樣的數列有幾個？19．的內角的對邊分別為，已知.（1）求;（2）若，求邊上的高的長.20．已知，且（1）求的值；（2）求的值．21．如圖，在平面四邊形中，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）若，求.

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】

由三角函數的定義可得：，得解.【詳解】解：在單位圓中，，故選B.【點睛】本題考查了三角函數的定義，屬基礎題.2、C【解析】

利用基本不等式及函數的單調性即可判斷.【詳解】解：對于．時，，故錯誤．對于．，可得，，當且僅當，即時取等號，故最小值不可能為1，故錯誤．對于，可得，，當且僅當時取等號，最小值為1．對于.，函數在上單調遞增，在上單調遞減，，故不對；故選：．【點睛】本題考查基本不等式，難點在于應用基本不等式時對“一正二定三等”條件的理解與靈活應用，屬于中檔題．3、A【解析】

由平方關系得出的值，最后由商數關系求解即可.【詳解】，故選：A【點睛】本題主要考查了利用平方關系以及商數關系化簡求值，屬于基礎題.4、C【解析】

分別計算出所有可能的結果和點數之和為的所有結果，根據古典概型概率公式求得結果.【詳解】同時擲兩個骰子，共有種結果其中點數之和是的共有：，共種結果點數之和是的概率為：本題正確選項：【點睛】本題考查古典概型問題中的概率的計算，關鍵是能夠準確計算出總體基本事件個數和符合題意的基本事件個數，屬于基礎題.5、B【解析】

將函數化為一個常數函數與一個奇函數的和，再利用奇函數的對稱性可得答案.【詳解】因為，令，則，所以為奇函數，所以，所以，故選：B【點睛】本題考查了兩角差的余弦公式，考查了奇函數的對稱性的應用，屬于中檔題.6、A【解析】

由向量減法法則計算．【詳解】．故選A．【點睛】本題考查向量的減法法則，屬于基礎題．7、C【解析】

根據正四棱柱的底面是正方形,高為4,體積為16,求得底面正方形的邊長,再求出其對角線長,然后根據正四棱柱的體對角線是外接球的直徑可得球的半徑,再根據球的表面積公式可求得.【詳解】依題意正四棱柱的體對角線是其外接球的直徑,的中點是球心,如圖:依題意設,則正四棱柱的體積為:,解得,所以外接球的直徑,所以外接球的半徑,則這個球的表面積是.故選C.【點睛】本題考查了球與正四棱柱的組合體,球的表面積公式,正四棱柱的體積公式,屬中檔題.8、A【解析】

根據兩點間斜率公式,可求得斜率.再由斜率與傾斜角關系即可求得直線的傾斜角.【詳解】直線過點則直線的斜率設傾斜角為,根據斜率與傾斜角關系可得由直線傾斜角可得故選:A【點睛】本題考查了直線斜率的求法,斜率與傾斜角關系,屬于基礎題.9、B【解析】

根據余弦定理可求得，利用勾股定理證得，由線面垂直性質可知，利用線面垂直判定定理可得平面，利用線面垂直性質可知正確；假設正確，由和假設可證得平面，由線面垂直性質可知，從而得到，顯然錯誤，則錯誤；由面面垂直判定定理可證得正確；由可求得三棱錐體積，知正確，從而可得選項.【詳解】，，平面，平面又平面，平面平面，則正確；若，又且平面，平面平面又，與矛盾，假設錯誤，則錯誤；平面，平面又平面平面平面，則正確；為中點，，則正確本題正確選項：【點睛】本題考查立體幾何中相關命題的判斷，涉及到線面垂直的判定與性質定理的應用、面面垂直關系的判定、三棱錐體積的求解等知識，是對立體幾何部分的定理的綜合考查，關鍵是能夠準確判定出圖形中的線面垂直關系.10、B【解析】

由配湊出符合基本不等式的形式，利用基本不等式即可求得結果.【詳解】（當且僅當，即時取等號）的最小值為故選：【點睛】本題考查利用基本不等式求解和的最小值的問題，關鍵是能夠靈活利用“”，配湊出符合基本不等式的形式.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、9【解析】

利用“乘1法”和基本不等式即可得出．【詳解】解：∵正實數a,b滿足2a+b=1，∴1a+12b=（2a+b∴1a+故答案為：9【點睛】本題考查了“乘1法”和基本不等式的應用，屬于基礎題．12、【解析】

可先求出一元二次方程的兩根，即可得到不等式的解集.【詳解】由于的兩根分別為：，，因此不等式的解集是.【點睛】本題主要考查一元二次不等式的求解，難度不大.13、【解析】

由題意可得得且，可得首項的取值范圍.【詳解】解：由題意得：，，故答案為：.【點睛】本題主要考查等比數列前n項的和、數列極限的運算，屬于中檔題.14、或【解析】

設等差數列的公差為，由可得出與的等量關系，然后求出的表達式，解不等式，即可得出使得取得最大值的正整數的值.【詳解】設等差數列的公差為，由，可得，可得，，令，即，，解得.因此，當或時，取得最大值.故答案為：或.【點睛】本題考查等差數列前項和的最大值的求解，可利用二次函數的基本性質來求，也可以轉化為等差數列所有的非負項之和的問題求解，考查化歸與轉化思想，屬于中等題.15、【解析】

由題意，得到數列表示首項為1，公差為2的等差數列，結合等差數列的通項公式，即可求解.【詳解】由題意，數列中，滿足，（），即（），所以數列表示首項為1，公差為2的等差數列，所以.故答案為：【點睛】本題主要考查了等差數列的定義和通項公式的應用，其中解答中熟記等差數列的定義，合理利用數列的通項公式求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.16、【解析】

首先根據在正方形S1和S2內，S1＝441，S2＝440，分別求出兩個正方形的邊長，然后分別表示出AF、FC、AM、MC的長度，最后根據AF+FC＝AM+MC，列出關于α的三角函數等式，求出sin2α的值即可．【詳解】因為S1＝441，S2＝440，所以FD21，MQ＝MN，因為AC＝AF+FC2121，AC＝AM+MCMNcosαcosα，所以：21cosα，整理，可得：（sinαcosα+1）＝21（sinα+cosα），兩邊平方，可得110sin22α﹣sin2α﹣1＝0，解得sin2α或sin2α（舍去），故sin2α．故答案為：．【點睛】本題主要考查了三角函數的求值問題，考查了正方形、直角三角形的性質，屬于中檔題，解答此題的關鍵是分別表示出AF、FC、AM、MC的長度，最后根據AF+FC＝AM+MC，列出關于α的三角函數等式．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、當且僅當時取等號，證明見解析【解析】

由題意，.【詳解】由題意，可得：，當且僅當時取等號，又，當且僅當時取等號，聯立解得，故，當且僅當時取等號.【點睛】本題考查了基本不等式的運用，考查了不等式的證明，屬于中檔題.18、（1）；（2），最小值，最大值；，最小值，無最大值；（3）個【解析】

（1）由，分類討論，分別求得，結合極限的運算，即可求解；（2）由等比數列的前項和公式，求得，再分和兩種情況討論，即可求解，得到結論；（3）由不等式，求得，在由等比數列的前項和公式，得到，根據不等式成立，可得，結合數列的單調性，即可求解.【詳解】（1）由題意，等比數列，且，①當時，可得，，所以，②當時，可得，所以，綜上所述，當，時，.（2）由等比數列的前項和公式，可得，因為且，所以，①當時，單調遞增，此時有最小值，無最大值；②當時，中，當為偶數時，單調遞增，且；當為奇數時，單調遞減，且；分析可得：有最大值，最小值為；綜上述，①當時，的最小值為，最大值為；②當時，的最小值為，無最大值；（3）由不等式，可得，又由等比數列的前項和公式，可得，因為首項和都是正整數，所以，又由對于任意正整數有成立，可得，聯立可得，設，由為正整數，可得單調遞增，所以函數單調遞減，所以，且所以，當時，，即，解得，此時有個，當時，，即，解得，此時有個，所以共有個.【點睛】本題主要考查了等比數列的前項和公式，數列的極限的計算，以及數列的單調性的綜合應用，其中解答中熟記等比數列的前項和公式，極限的運算法則，以及合理分類討論是解答的關鍵，著重考查了分類討論思想，以及分析問題和解答問題的能力，屬于難題.19、（1）（2）【解析】

（1）首先由正弦定理，我們可以將條件化成角度問題，再通過兩角和差的正弦公式，即可以得出的正切值，又因為在三角形中，從而求出的值.（2）由第一問得出，我們能求出，而,從而求出.【詳解】（1）根據題意因為，所以得，即所以，又因為所以.（2）因為所以又的面積為:可得:【點睛】解三角形題中，我們常根據邊的齊次，會利用正弦定理進行邊化角，然后通過恒等變形，變成角相關等量關系，作為面積問題，我們初中更多是用底與高的處理，高中能用正弦形式表示，兩者統一一起，又能得出相應的等量關系.20、（1）；（2）.【解析】

（1）由條件先求得然后再用二倍角公式求；（2）利用角的變換求出，在根據的范圍確定的值．【詳解】(1)因為,所以,所以,所以；(2)因為,所以因為,所以,由(1)得,所以＝,因為,所以.【點睛】根據已知條件求角的步驟：（1）求角的某一個三角函數值；（2）確定角