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．設數列是等差數列，是其前項和，且，，則下列結論中錯誤的是（）A． B． C． D．與均為的最大值2．化簡：（）A． B． C． D．3．在三棱錐中，，二面角的大小為，則三棱錐的外接球的表面積為（）A． B． C． D．4．若直線平分圓的周長，則的值為（）A．-1 B．1 C．3 D．55．在△ABC中，角所對的邊分別為,且則最大角為（）A． B． C． D．6．設復數（是虛數單位），則在復平面內，復數對應的點的坐標為（）A． B． C． D．7．在中，已知a，b，c分別為，，所對的邊，且a，b，c成等差數列，，,則（）A． B． C． D．8．已知平面向量，且，則（）A． B． C． D．9．下列說法中正確的是(

)A．棱柱的側面可以是三角形B．正方體和長方體都是特殊的四棱柱C．所有的幾何體的表面都能展成平面圖形D．棱柱的各條棱都相等10．已知向量，且，則的值為（）A．1 B．2 C． D．3二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知直線與圓交于兩點，若，則____.12．若把寫成的形式，則______.13．若正四棱錐的底面邊長為，側棱長為，則該正四棱錐的體積為______.14．已知x、y滿足約束條件，則的最小值為________.15．如圖所示，正方體的棱長為3，以其所有面的中心為頂點的多面體的體積為_____．16．已知為的三個內角A，B，C的對邊，向量，．若，且，則B=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．已知二次函數滿足以下要求：①函數的值域為；②對恒成立。求：（1）求函數的解析式；（2）設，求時的值域。18．如圖，四棱錐中，底面,分別為的中點,.(1)證明:平面平面(2)求三棱錐的體積.19．已知夾角為，且，，求：（1）；（2）與的夾角．20．我市某商場銷售小飾品，已知小飾品的進價是每件3元，且日均銷售量件與銷售單價元可以用這一函數模型近似刻畫.當銷售單價為4元時，日均銷售量為400件，當銷售單價為8元時，日均銷售量為240件.試求出該小飾品的日均銷售利潤的最大值及此時的銷售單價.21．如圖，在正中，，.（1）試用，表示；（2）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、C【解析】

根據等差數列的性質，結合，，分析出錯誤結論.【詳解】由于，，所以，，，所以，與均為的最大值.而，所以，所以C選項結論錯誤.故選：C.【點睛】本小題主要考查等差數列的性質，考查分析與推理能力，屬于基礎題.2、A【解析】

.故選A．【點睛】考查向量數乘和加法的幾何意義，向量加法的運算．3、D【解析】

取AB中點F,SC中點E，設的外心為，外接圓半徑為三棱錐的外接球球心為，由，在四邊形中，設，外接球半徑為，則則可求，表面積可求【詳解】取AB中點F,SC中點E,連接SF,CF,因為則為二面角的平面角，即又設的外心為，外接圓半徑為三棱錐的外接球球心為則面，由在四邊形中，設，外接球半徑為，則則三棱錐的外接球的表面積為故選D【點睛】本題考查二面角，三棱錐的外接球，考查空間想象能力，考查正弦定理及運算求解能力，是中檔題4、D【解析】

求出圓的圓心坐標，由直線經過圓心代入解得.【詳解】解：所以的圓心為因為直線平分圓的周長所以直線過圓心，即解得，故選：D.【點睛】本題考查直線與圓的位置關系的綜合應用，屬于基礎題．5、C【解析】

根據正弦定理可得三邊的比例關系；由大邊對大角可知最大，利用余弦定理求得余弦值，從而求得角的大小.【詳解】由正弦定理可得：設，，最大為最大角本題正確選項：【點睛】本題考查正弦定理、余弦定理的應用，涉及到三角形中大邊對大角的關系，屬于基礎題.6、A【解析】，所以復數對應的點為，故選A.7、B【解析】

利用成等差數列可得,再利用余弦定理構造的結構再代入求得即可.【詳解】由成等差數列可得,由余弦定理有,即,解得,即.故選：B【點睛】本題主要考查了等差中項與余弦定理的運算,需要根據題意構造與的結構代入求解.屬于中檔題.8、B【解析】試題分析：因為，，且，所以，，故選B.考點：1、平面向量坐標運算；2、平行向量的性質.9、B【解析】試題分析：棱柱的側面是平行四邊形，不可能是三角形，所以A不正確；球的表面就不能展成平面圖形，所以C不正確；棱柱的側棱與底面邊長不一定相等，所以D不正確.考點：本小題主要考查空間幾何體的性質.點評：解決此類問題的主要依據是空間幾何體的性質，需要學生有較強的空間想象能力.10、A【解析】

由，轉化為，結合數量積的坐標運算得出，然后將所求代數式化為，并在分子分母上同時除以，利用弦化切的思想求解．【詳解】由題意可得，即．∴，故選A．【點睛】本題考查垂直向量的坐標表示以及同角三角函數的基本關系，考查弦化切思想的應用，一般而言，弦化切思想應用于以下兩方面：（1）弦的分式齊次式：當分式是關于角弦的次分式齊次式，分子分母同時除以，可以將分式由弦化為切；（2）弦的二次整式或二倍角的一次整式：先化為角的二次整式，然后除以化為弦的二次分式齊次式，并在分子分母中同時除以可以實現弦化切．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

根據點到直線距離公式與圓的垂徑定理求解.【詳解】圓的圓心為，半徑為，圓心到直線的距離：，由得，解得.【點睛】本題考查直線與圓的應用.此題也可聯(lián)立圓與直線方程，消元后用弦長公式求解.12、【解析】

將角度化成弧度，再用象限角的表示方法求解即可．【詳解】解：．故答案為：．【點睛】本題考查弧度與角度的互化，象限角的表示，屬于基礎題．13、4.【解析】

設正四棱錐的高為PO，連結AO，在直角三角形POA中，求得高,利用體積公式，即可求解．【詳解】由題意，如圖所示，正四棱錐P-ABCD中，AB=，PA=設正四棱錐的高為PO，連結AO，則AO=，在直角三角形POA中，，∴.【點睛】本題主要考查了正棱錐體積的計算，其中解答中熟記正棱錐的性質，以及棱錐的體積公式，準確計算是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力．14、－3【解析】

作出可行域，目標函數過點時，取得最小值.【詳解】作出可行域如圖表示：目標函數，化為，當過點時，取得最大值，則取得最小值，由，解得，即，的最小值為.故答案為:【點睛】本題考查二元一次不等式組表示平面區(qū)域，以及線性目標函數的最值，屬于基礎題.15、【解析】

該多面體為正八面體，將其轉化為兩個正四棱錐，通過計算兩個正四棱錐的體積計算出正八面體的體積.【詳解】以正方體所有面的中心為頂點的多面體為正八面體，也可以看作是兩個正四棱錐的組合體，每一個正四棱錐的側棱長與底面邊長均為．則其中一個正四棱錐的高為h．∴該多面體的體積V．故答案為：【點睛】本小題主要考查正八面體、正四棱錐體積的計算，屬于基礎題.16、【解析】

根據得，再利用正弦定理得，化簡得出角的大小。再根據三角形內角和即可得B.【詳解】根據題意,由正弦定理可得則所以答案為?！军c睛】本題主要考查向量與三角形正余弦定理的綜合應用,屬于基礎題。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）將寫成頂點式，然后根據最小值和對稱軸進行分析；（2）先將表示出來，然后利用換元法以及對勾函數的單調性求解值域.【詳解】解：（1）∵又∵∴對稱軸為∵值域為∴且∴,，則函數（2）∵∵∴令,則∴∵∴，則所求值域為【點睛】對于形如的函數，其單調增區(qū)間是：和，單調減區(qū)間是：和.18、（1）見證明；（2）【解析】

(1)先證明面，再證明平面平面；（2）由求解.【詳解】（1）證明：由已知為的中點，且，所以，因為，所以，又因為，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為面，所以平面.在△中，因為,分別為,的中點，所以,因為，，所以面，因為，所以平面平面（2）由已知為中點，又因為，所以，因為，，，所以.【點睛】本題主要考查空間幾何元素平行關系的證明，考查幾何體體積的計算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平，屬于中檔題.19、（1）（2）【解析】試題分析：（1）先求模的平方將問題轉化為向量的數量積問題．（2）根據數量積公式即可求得兩向量的夾角．（1），，所以．（2）設與的夾角為．則，因為，所以．考點：1向量的數量積；2向量的模長．20、當該小飾品銷售單價定位8.5元時，日均銷售利潤的最大，為1210元.【解析】

根據已知條件，求出，利潤，轉化為求二次函數的最大值，即可求解.【詳解】解：由題意，得解得所以日均銷售量件與銷售單價元的函數關系為.日均銷售利潤.當，即時，.所以當該小飾品銷售單價定