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?；卮鸱沁x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．角的終邊過點，則等于（）A． B． C． D．2．已知圓柱的側面展開圖是一個邊長為的正方形，則這個圓柱的體積是（）A． B． C． D．3．()A． B． C． D．4．已知等比數列中，，，則（）A．10 B．7 C．4 D．125．若角α的終邊經過點P(-1,1A．sinα=1C．cosα=26．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出()A．5 B．8 C．13 D．217．過點，且圓心在直線上的圓的方程是（）A． B．C． D．8．如圖，位于處的海面觀測站獲悉，在其正東方向相距40海里的處有一艘漁船遇險，并在原地等待營救．在處南偏西且相距20海里的處有一救援船，其速度為海里小時，則該船到求助處的時間為（）分鐘．A．24 B．36 C．48 D．609．．設、是關于x的方程的兩個不相等的實數根，那么過兩點，的直線與圓的位置關系是（）A．相離. B．相切. C．相交. D．隨m的變化而變化.10．若，，，，則等于（）A． B． C． D．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．對于任意x>0，不等式3x2-2mx+12>012．已知，則______；的最小值為______.13．已知中內角的對邊分別是，，，，則為_____．14．向量．若向量，則實數的值是________．15．若，則__________．16．若為的最小內角，則函數的值域為_____．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．已知圓過兩點，，且圓心在直線上．（1）求圓的標準方程；（2）求過點且與圓相切的直線方程．18．已知函數.（1）當時，，求的值；（2）令，若對任意都有恒成立，求的最大值.19．已知函數，且，.（1）求，的值及的定義域；（2）若存在，使得成立，求實數的取值范圍.20．某廠家擬在2020年舉行促銷活動，經調查測算，某產品的年銷售量（即該廠的年產量）萬件與年促銷費用萬元，滿足（為常數），如果不搞促銷活動，則該產品的年銷售量只能是1萬件，已知2020年生產該產品的固定投入為8萬元，每生產1萬件，該產品需要再投入16萬元，廠家將每件產品的銷售價格定為每件產品年平均成本的1.5倍（產品成本包括固定投入和再投入兩部分資金）.（1）將2020年該產品的利潤（萬元）表示為年促銷費用（萬元）的函數；（2）該廠家2020年的促銷費用投入多少萬元時，廠家的利潤最大？21．已知等差數列的前項和為，且，.(1)求數列的通項公式；(2)請確定是否是數列中的項?

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】由三角函數的定義知，x＝－1，y＝2，r＝＝，∴sinα＝＝.2、A【解析】

由已知易得圓柱的高為，底面圓周長為，求出半徑進而求得底面圓半徑即可求出圓柱體積?！驹斀狻康酌鎴A周長，，所以故選：A【點睛】此題考查圓柱的側面展開為長方形，長為底面圓周長，寬為圓柱高，屬于簡單題目。3、A【解析】

將根據誘導公式化為后，利用兩角和的正弦公式可得.【詳解】.故選：A【點睛】本題考查了誘導公式，考查了兩角和的正弦公式，屬于基礎題.4、C【解析】

由等比數列性質可知,進而根據對數的運算法則計算即可【詳解】由題,因為等比數列,所以,則,故選:C【點睛】本題考查等比數列的性質的應用,考查對數的運算5、B【解析】

利用三角函數的定義可得α的三個三角函數值后可得正確的選項.【詳解】因為角α的終邊經過點P-1,1，故r=OP=所以sinα=【點睛】本題考查三角函數的定義，屬于基礎題.6、C【解析】

通過程序一步步分析得到結果，從而得到輸出結果.【詳解】開始：，執(zhí)行程序：；；；；，執(zhí)行“否”，輸出的值為13，故選C.【點睛】本題主要考查算法框圖的輸出結果，意在考查學生的分析能力及計算能力，難度不大.7、C【解析】

直接根據所給信息，利用排除法解題?！驹斀狻勘绢}作為選擇題，可采用排除法，根據圓心在直線上，排除B、D，點在圓上，排除A故選C【點睛】本題考查利用排除法選出圓的標準方程，屬于基礎題。8、A【解析】

利用余弦定理求出的長度，然后根據速度、時間、路程之間的關系求出時間即可.【詳解】由題意可知：，運用余弦定理可知：該船到求助處的時間，故本題選A.【點睛】本題考查了余弦定理的應用，考查了數學運算能力.9、D【解析】直線AB的方程為.即，所以直線AB的方程為,因為,所以,所以,所以直線AB與圓可能相交，也可能相切，也可能相離.10、C【解析】

利用同角三角函數的基本關系求出與，然后利用兩角差的余弦公式求出值．【詳解】，，則，，則，所以，，因此，，故選C．【點睛】本題考查利用兩角和的余弦公式求值，解決這類求值問題需要注意以下兩點：①利用同角三角平方關系求值時，要求對象角的范圍，確定所求值的正負；②利用已知角來配湊未知角，然后利用合適的公式求解．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、(-∞,6)【解析】

先參變分離轉化為對應函數最值問題，再通過求函數最值得結果.【詳解】因為3x2-2mx+12>0，所以m<3x2+【點睛】在利用基本不等式求最值時，要特別注意“拆、拼、湊”等技巧，使其滿足基本不等式中“正”(即條件要求中字母為正數)、“定”(不等式的另一邊必須為定值)、“等”(等號取得的條件)的條件才能應用，否則會出現錯誤.12、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.13、【解析】

根據正弦定理即可．【詳解】因為，，；所以，由正弦定理可得【點睛】本題主要考查了正弦定理：,屬于基礎題．14、-3【解析】

試題分析：∵，∴，又∵，∴，∴，∴考點：本題考查了向量的坐標運算點評：熟練運用向量的坐標運算是解決此類問題的關鍵，屬基礎題15、；【解析】

把分子的1換成，然后弦化切，代入計算．【詳解】．故答案為－1．【點睛】本題考查三角函數的化簡求值．解題關鍵是“1”的代換，即，然后弦化切．16、【解析】

依題意，，利用輔助角公式得，利用正弦函數的單調性即可求得的取值范圍，在利用換元法以及同角三角函數基本關系式把所求問題轉化結合基本不等式即可求解．【詳解】∵為的最小內角，故，又，因為，故，∴取值范圍是．令，則且∴，令，由雙勾函數可知在上為增函數，故，故.故答案為：.【點睛】本題考查同角的三角函數的基本關系、輔助角公式以及正弦型函數的值域，注意根據代數式的結構特點換元后將三角函數的問題轉化為雙勾函數的問題，本題屬于中檔題．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）【解析】

（1）設圓心坐標為，根據，求得，進而得到圓的方程；（2）由在圓上，則，得到，求得，進而求得圓的切線方程．【詳解】（1）由題意，圓心在直線上，設圓心坐標為，由，即，所以，圓心，半徑，圓的標準方程為．（2）設切線方程為，因為在圓上，所以，所以，又，所以，所以切線方程為，即，所以過的切線方程．【點睛】本題主要考查了圓的方程的求解，以及直線與圓的位置關系的應用，其中解答中熟記圓的方程的形式，以及圓的切線的性質是解答的關鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎題．18、（1）；（2）【解析】

（1）根據得，得或，結合取值范圍求解；（2）結合換元法處理二次不等式恒成立求參數的取值范圍.【詳解】（1），即，即有，所以或，即或由于，，所以；（2），令，對任意都有恒成立，即對恒成立，只需，解得：，所以的最大值為.【點睛】此題考查根據三角函數值相等求自變量取值的關系，利用換元法轉化為二次函數處理不等式問題，根據不等式恒成立求參數的取值范圍，涉及根的分布的問題.19、（1），，定義域；（2）【解析】

（1）由已知得，可求出、，由對數函數的定義域可得，求出的范圍，即可得到的定義域；（2）設，可得，由復合函數單調性，可得在上的單調性，從而可得時，的最大值，令，解不等式即可得到答案.【詳解】（1）由已知得，即，解得，，由得，所以，即，所以定義域為.（2），設，由時，可得，因為在上單調遞增，所以可得在上單調遞增，故當時，的最大值為，由題意，，即，即，因為，所以，即.故時，存在，使得成立.【點睛】本題考查對數函數的性質，考查復合函數單調性，考查存在性問題，考查學生的計算能力與推理能力，屬于中檔題.20、（1）；（2）廠家2020年的促銷費用投入3萬元時,廠家的利潤最大,為21萬元.【解析】

（1）由不搞促銷活動，則該產品的年銷售量只能是1萬件，可求k的值，再求出每件產品銷售價格的代數式，則利潤（萬元）表示為年促銷費用（萬元）的函數可求.（2）由（1）得，再根據均值不等式可解.注意取等號.【詳解】（1）由題意知,當時,所以,每件產品的銷售價格為元.所以2020年的利潤；(2)由(1)知,,當且僅當,即時取等號,該廠家2020年的促銷費用投入3