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(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)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．生活中有這樣一個實際問題：如果一杯糖水不夠甜，可以選擇加糖的方式，使得糖水變得更甜．若，則下列數學模型中最能刻畫“糖水變得更甜”的是（）A． B．C． D．2．下列命題正確的是（）A．有兩個面平行，其余各面都是四邊形的幾何體叫棱柱．B．有兩個面平行，其余各面都是四邊形，且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體叫棱柱．C．繞直角三角形的一邊旋轉所形成的幾何體叫圓錐．D．用一個面去截棱錐，底面與截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺．3．是()A．最小正周期為的偶函數 B．最小正周期為的奇函數C．最小正周期為的偶函數 D．最小正周期為的奇函數4．等差數列中，則（）A．8 B．6 C．4 D．35．在中，內角所對的邊分別為，且，則（）A． B． C． D．6．如圖是某幾何體的三視圖，則該幾何體的外接球的表面積是（）A． B． C． D．7．若關于的方程，當時總有4個解，則可以是（）A． B． C． D．8．已知實心鐵球的半徑為，將鐵球熔成一個底面半徑為、高為的圓柱，則()A． B． C． D．9．下列命題中正確的是（）A．如果兩條直線都平行于同一個平面，那么這兩條直線互相平行B．過一條直線有且只有一個平面與已知平面垂直C．如果一條直線平行于一個平面內的一條直線，那么這條直線平行于這個平面D．如果兩條直線都垂直于同一平面，那么這兩條直線共面10．在等差數列中，為其前n項和，若，則（）A．60 B．75 C．90 D．105二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知正三角形的邊長是2，點為邊上的高所在直線上的任意一點，為射線上一點，且.則的取值范圍是____12．若圓:與圓:相交于，兩點，且兩圓在點處的切線互相垂直，則公共弦的長度是______.13．已知，則______；的最小值為______.14．若直線始終平分圓的周長，則的最小值為________15．在公比為q的正項等比數列{an}中，a3＝9，則當3a2+a4取得最小值時，＝_____．16．已知方程的兩根分別為、、且，且__________．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，設.（1）若圖象中相鄰兩條對稱軸間的距離不小于，求的取值范圍；（2）若的最小正周期為，且當時，的最大值是，求的解析式，并說明如何由的圖象變換得到的圖象.18．解答下列問題：（1）求平行于直線3x+4y-2=0,且與它的距離是1的直線方程；（2）求垂直于直線x+3y-5=0且與點P(-1,0)的距離是的直線方程.19．中，角A，B，C所對邊分別是a、b、c，且．(1)求的值；(2)若，求面積的最大值．20．已知數列的前項和為，且滿足.（1）求證：數列是等比數列；（2）設，數列的前項和為，求證：.21．設數列滿足，；數列的前項和為，且（1）求數列和的通項公式；（2）若，求數列的前項和．

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】

由題意可得糖水甜可用濃度體現，設糖的量為，糖水的量設為，添加糖的量為，對照選項，即可得到結論．【詳解】由題意，若，設糖的量為，糖水的量設為，添加糖的量為，選項A，C不能說明糖水變得更甜，糖水甜可用濃度體現，而，能體現糖水變甜；選項D等價于，不成立，故選：B．【點睛】本題主要考查了不等式在實際生活中的運用，考查不等式的等價變形，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．2、B【解析】

根據課本中的相關概念依次判斷選項即可.【詳解】對于A選項，幾何體可以是棱臺，滿足有兩個面平行，其余各面都是四邊形，故選項不正確；對于B，根據課本中棱柱的概念得到是正確的；對于C，當繞直角三角形的斜邊旋轉時構成的幾何體不是圓錐，故不正確；對于D，用平行于底面的平面截圓錐得到的剩余的幾何體是棱臺，故不正確.故答案為B.【點睛】這個題目考查了幾何體的基本概念，屬于基礎題.3、A【解析】

將函數化為的形式后再進行判斷便可得到結論．【詳解】由題意得，∵，且函數的最小正周期為，∴函數時最小正周期為的偶函數．故選A．【點睛】判斷函數最小正周期時，需要把函數的解析式化為或的形式，然后利用公式求解即可得到周期．4、D【解析】

設等差數列的公差為，根據題意，求解，進而可求得，即可得到答案.【詳解】由題意，設等差數列的公差為，則，即，又由，故選D.【點睛】本題主要考查了等差數列的通項公式的應用，其中解答中設等差數列的公差為，利用等差數列的通項公式化簡求解是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題.5、C【解析】

根據題目條件結合三角形的正弦定理以及三角形內角和定理可得sinA，進而利用二倍角余弦公式得到結果.【詳解】∵．∴sinAcosB＝4sinCcosA﹣sinBcosA即sinAcosB+sinBcosA＝4cosAsinC∴sinC＝4cosAsinC∵1＜C＜π，sinC≠1．∴1＝4cosA，即cosA，那么．故選C【點睛】本題考查了正弦定理及二倍角余弦公式的靈活運用，考查計算能力，屬于基礎題．6、B【解析】

由三視圖還原幾何體，可知該幾何體是由邊長為的正方體切割得到的四棱錐，可知所求外接球即為正方體的外接球，通過求解正方體外接球半徑，代入球的表面積公式可得到結果.【詳解】由三視圖可知，幾何體為如下圖所示的四棱錐：由上圖可知：四棱錐可由邊長為的正方體切割得到該正方體的外接球即為四棱錐的外接球四棱錐的外接球半徑外接球的表面積故選：【點睛】本題考查棱錐外接球表面積的求解問題，關鍵是能夠通過三視圖還原幾何體，并將幾何體放入正方體中，通過求解正方體的外接球表面積得到結果；需明確正方體外接球表面積為其體對角線長的一半.7、D【解析】

根據函數的解析式，寫出與的解析式，再判斷對應方程在時解的個數．【詳解】對，，，；方程，當時有4個解，當時有3個解，當時有2個解，不符合；對，，，；方程，當時有2個解，當時有3個解，當時有4個解，不符合；對，，，；方程，當時有4個解，當時有3個解，當時有2個解，不符合；對，，，；方程，當時恒有4個解，符合題意．【點睛】本題考查了函數與方程的應用問題，考查數形結合思想的運用，對綜合能力的要求較高．8、B【解析】

根據變化前后體積相同計算得到答案.【詳解】故答案選B【點睛】本題考查了球體積，圓柱體積，抓住變化前后體積不變是解題的關鍵.9、D【解析】

利用定理及特例法逐一判斷即可?！驹斀狻拷猓喝绻麅蓷l直線都平行于同一個平面，那么這兩條直線相交、平行或異面，故A不正確；過一條直線有且只有一個平面與已知平面垂直，不正確．反例：如果該直線本身就垂直于已知平面的話，那么可以找到無數個平面與已知平面垂直，故B不正確；如果這兩條直線都在平面內且平行，那么這直線不平行于這個平面，故C不正確；如果兩條直線都垂直于同一平面，則這兩條直線平行，所以這兩條直線共面，故D正確．故選：D．【點睛】本題主要考查了線線平行的判定，面面垂直的判定，線面平行的判定，線面垂直的性質，考查空間思維能力，屬于中檔題。10、B【解析】

由條件，利用等差數列下標和性質可得，進而得到結果.【詳解】，即，而，故選B.【點睛】本題考查等差數列的性質，考查運算能力與推理能力，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、【解析】

以AB所在的直線為x軸，以AB的中點為坐標原點，AB的垂線為y軸，建立平面直角坐標系，求出A.C,P,Q的坐標，運用平面向量的坐標表示和性質，求出的表達式，利用判別式法求出的取值范圍.【詳解】以AB所在的直線為x軸，以AB的中點為坐標原點，AB的垂線為y軸，建立平面直角坐標系，如下圖所示：，設，，設，可得，由，可得即，，令，可得，當時，成立，當時，，即，，即，所以的取值范圍是.【點睛】本題考查了平面向量數量積的性質和運算，考查了平面向量模的取值范圍，構造函數，利用判別式法求函數的最值是解題的關鍵.12、【解析】

根據兩圓在點處的切線互相垂直，得出是直角三角形，求出，然后兩圓相減求出公共弦的直線方程，運用點到直線的距離公式求出圓心到公共弦的距離，進而求出公共弦長.【詳解】由題意，圓圓心坐標，半徑，圓圓心坐標,半徑，因為兩圓相交于點，且兩圓在點處的切線互相垂直，所以是直角三角形，，所以，由兩點間距離公式，，所以，解得，所以圓：，兩圓方程相減，得，即，所以公共弦：，圓心到公共弦的距離，故公共弦長故答案為：【點睛】本題主要考查兩圓公共弦的方程、圓弦長的求法和點到直線的距離公式，考查學生的分析能力，屬于基礎題.13、50【解析】

由分段函數的表達式，代入計算即可；先求出的表達式，結合分段函數的性質，求最小值即可.【詳解】由，可得，，所以；由的表達式，可得，當時，，此時，當時，，由二次函數的性質可知，，綜上，的最小值為0.故答案為：5；0.【點睛】本題考查求函數值，考查分段函數的性質，考查函數最值的計算，考查學生的計算能力，屬于基礎題.14、9【解析】

平分圓的直線過圓心，由此求得的等量關系式，進而利用基本不等式求得最小值.【詳解】由于直線始終平分圓的周長，故直線過圓的圓心，即，所以.【點睛】本小題主要考查直線和圓的位置關系，考查利用基本不等式求最小值，屬于基礎題.15、【解析】

利用等比數列的性質，結合基本不等式等號成立的條件，求得公比，由此求得的值.【詳解】∵在公比為q的正項等比數列{an}中，a3＝9，根據等比數列的性質和基本不等式得，當且僅當，即，即q時，3a2+a4取得最小值，∴l(xiāng)og3q＝log3．故答案為：【點睛】本小題主要考查等比數列的性質，考查基本不等式的運用，屬于基礎題.16、【解析】

由韋達定理和兩角和的正切公式可得，進一步縮小角的范圍可得，進而可求．【詳解】方程兩根、，，，，又，，，，，，，結合，，故答案為．【點睛】本題考查兩角和與差的正切函數，涉及韋達定理，屬中檔題．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）;平移變換過程見解析.【解析】

（1）根據平面向量的坐標運算,表示出的解析式,結合輔助角公式化簡三角函數式.結合相鄰兩條對稱軸間的距離不小于及周期公式,即可求得的取值范圍;（2）根據最小正周期,求得的值.代入解析式,結合正弦函數的圖象、性質與的最大值是,即可求得的解析式.再根據三角函數圖象平移變換,即可描述變換過程.【詳解】∵∴∴（1）由題意可知,∴又,∴（2）∵,∴∴∵,∴∴當即時∴∴將圖象上所有點向右平移個單位,得到的圖象；再將得到的圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋?縱坐標不變,得到的圖象（或將圖象上所有點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋?縱坐標不變,得到的圖象；再將得到的圖象上所有點向右平移個單位,得到的圖象）【點睛】本題考查了正弦函數圖像與性質的綜合應用,根據最值求三角函數解析式,三角函數圖象平移變換過程,屬于中檔題.18、（1）3x+4y+3=1或3x+4y-7=1(2)3x-y+9=1或3x-y-3=1【解析】

試題分析：（1）將平行線的距離轉化為點到線的距離，用點到直線的距離公式求解；（2）由相互垂直設出所求直線方程，然后由點到直線的距離求解.試題解析：解：（1）設所求直線上任意一點P（x，y），由題意可得點P到直線的距離等于1，即，∴3x+4y-2=±5，即3x+4y+3=1或3x+4y-7=1．（2）所求直線方程為，由題意可得點P到直線的距離等于，即，∴或，即3x-y+9=1或3x-y-3=1．考點：1.兩條平行直線間的距離公式；2.兩直線的平行與垂直關系19、（1）；（2）【解析】

(1)將化簡代入數據得到答案.(2)利用余弦定理和均值不等式計算，代入面積公式得到答案.【詳解】；(2)由，可得，由余弦定理可得，即有，當且僅當，取得等號．則面積為．即有時，的面積取得最大值．【點睛】本題考查了三角恒等變換，余弦定理，面積公式，均值不等式，屬于常考題型.20、（1）見證明；（2）見證明【解析】

（1）由，得，兩式作差可得，利用等比數列的定義，即可作出證明；（2）由（1）可得，得到，利用裂項法求得數列的和，即可作出證明.【詳解】（1）證明：由，得，兩式作差可得：，即，即，又，得，所以數列是首項為，公比為的等比數列；（2）由（1）可得，數列的通項公式為，又由，所以.所以.【點睛】本題主要考查了等比數列的定義，以及