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．在中，且，則等于()A． B． C． D．2．若，則下列正確的是（）A． B．C． D．3．下圖是某圓拱形橋一孔圓拱的示意圖，這個圓的圓拱跨度米，拱高米，建造時每隔8米需要用一根支柱支撐，則支柱的高度大約是（）A．9.7米 B．9.1米 C．8.7米 D．8.1米4．將函數y=sinx-πA．y=sin1C．y=sin15．已知兩個單位向量的夾角為，則下列結論不正確的是（）A．方向上的投影為 B．C． D．6．《九章算術》是我國古代數學成就的杰出代表作，其中《方田》章給出計算弧田面積所用的經驗公式為弧田面積，弧田（如圖所示）由圓弧和其所對的弦圍成，公式中“弦”指圓弧所對弦長，“矢”等于半徑長與圓心到弦的距離之差，現有圓心角為，半徑為6米的弧田，按照上述經驗公式計算所得弧田面積大約是（）（）A．16平方米 B．18平方米C．20平方米 D．24平方米7．已知，下列不等式中必成立的一個是()A． B． C． D．8．如圖，在直三棱柱中，，，，則異面直線與所成角的余弦值是（）A． B． C． D．9．在明朝程大位《算法統宗》中，有這樣一首歌謠，叫浮屠增級歌：遠看巍巍塔七層，紅光點點倍加增；共燈三百八十一，請問層三幾盞燈．這首古詩描述的浮屠，現稱寶塔．本浮屠增級歌意思是：有一座7層寶塔，每層懸掛的紅燈數是上一層的2倍，寶塔中共有燈381盞，問這個寶塔第3層燈的盞數有()A． B． C． D．10．在中，，，，點P是內（包括邊界）的一動點，且（），則的最大值為（）A．6 B． C． D．6二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知數列：，，，，，，，，，，，，，，，，，則__________．12．在中，，，點為延長線上一點，，連接，則=______.13．將正整數按下圖方式排列，2019出現在第行第列，則______；12345678910111213141516………14．在數列中，，，若，則的前項和取得最大值時的值為__________．15．已知三個頂點的坐標分別為，若⊥，則的值是______．16．若八個學生參加合唱比賽的得分為87，88，90，91，92，93，93，94，則這組數據的方差是______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．如圖所示，在直三棱柱中，，平面，D為AC的中點.（1）求證：平面；（2）求證：平面；（3）設E是上一點，試確定E的位置使平面平面BDE，并說明理由.18．的內角的對邊分別為，且．（1）求；（2）若，點在邊上，，，求的面積．19．的內角，，的對邊分別為，，，設.（1）求；（2）若，求.20．已知函數（1）求函數的最小正周期；（2）若，且，求的值.21．在甲、乙兩個盒子中分別裝有標號為1，2，3，4的四個球，現從甲、乙兩個盒子中各取出1個球，每個球被取出的可能性相等.（1）求取出的兩個球上標號為相同數字的概率；（2）若兩人分別從甲、乙兩個盒子中各摸出一球，規(guī)定：兩人誰摸出的球上標的數字大誰就獲勝（若數字相同則為平局），這樣規(guī)定公平嗎？請說明理由.

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】

在△ABC中，利用正弦定理與兩角和的正弦化簡已知可得，sin（A+C）＝sinB，結合a＞b，即可求得答案．【詳解】在△ABC中，∵asinBcosC+csinBcosAb，∴由正弦定理得：sinAsinBcosC+sinCsinBcosAsinB，sinB≠0，∴sinAcosC+sinCcosA，∴sin（A+C），又A+B+C＝π，∴sin（A+C）＝sin（π﹣B）＝sinB，又a＞b，∴B．故選A．【點睛】本題考查兩角和與差的正弦函數與正弦定理的應用，考查了大角對大邊的性質，屬于中檔題．2、D【解析】

由不等式的性質對四個選項逐一判斷，即可得出正確選項，錯誤的選項可以采用特值法進行排除．【詳解】A選項不正確，因為若，，則不成立；B選項不正確，若時就不成立；C選項不正確，同B，時就不成立；D選項正確，因為不等式的兩邊加上或者減去同一個數，不等號的方向不變，故選D．【點睛】本題主要考查不等關系和不等式的基本性質，求解的關鍵是熟練掌握不等式的運算性質．3、A【解析】

以為原點、以為軸，以為軸建立平面直角坐標系，設出圓心坐標與半徑，可得圓拱所在圓的方程，將代入圓的方程，可求出支柱的高度【詳解】由圖以為原點、以為軸，以為軸建立平面直角坐標系，設圓心坐標為，，，則圓拱所在圓的方程為，，解得，，圓的方程為，將代入圓的方程，得.故選：A【點睛】本題考查了圓的標準方程在生活中的應用，需熟記圓的標準方程的形式，屬于基礎題.4、C【解析】

將函數y=sin(x－π3)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍（縱坐標不變）得到y=sin(12x－π3)，再向左平移π3個單位得到的解析式為y=sin(12（x+π3）－5、B【解析】試題分析：A．方向上的投影為，即，所以A正確；B．，所以B錯誤；C．，所以，所以C正確；D．，所以．D正確．考點：向量的數量積；向量的投影；向量的夾角．點評：熟練掌握數量積的有關性質是解決此題的關鍵，尤其要注意“向量的平方就等于其模的平方”這條性質．6、C【解析】分析：根據已知數據分別計算弦和矢的長度，再按照弧田面積經驗公式計算，即可得到答案.詳解：由題可知，半徑，圓心角，弦長：，弦心距：，所以矢長為.按照弧田面積經驗公式得，面積故選C.點睛：本題考查弓形面積以及古典數學的應用問題，考查學生對題意的理解和計算能力.7、B【解析】

根據不等式的性質，對選項逐一分析，由此確定正確選項.【詳解】對于A選項，由于，不等號方向不相同，不能相加，故A選項錯誤.對于B選項，由于，所以，而，根據不等式的性質有：，故B選項正確.對于C選項，，而兩個數的正負無法確定，故無法判斷的大小關系，故C選項錯誤.對于D選項，，而兩個數的正負無法確定，故無法判斷的大小關系，故D選項錯誤.故選：B.【點睛】本小題主要考查根據不等式的性質判斷不等式是否成立，屬于基礎題.8、D【解析】連結，∵，

∴是異面直線與所成角（或所成角的補角），

∵在直三棱柱中，，，，

∴，，，，

∴，

∴異面直線與所成角的余弦值為，故選D.9、C【解析】

先根據等比數列的求和公式求出首項，再根據通項公式求解.【詳解】從第1層到塔頂第7層，每層的燈數構成一個等比數列，公比為，前7項的和為381，則，得第一層，則第三層，故選【點睛】本題考查等比數列的應用，關鍵在于理解題意.10、B【解析】

利用余弦定理和勾股定理可證得；取，作，根據平面向量平行四邊形法則可知點軌跡為線段，由此可確定，利用勾股定理可求得結果.【詳解】由余弦定理得：如圖，取，作，交于在內（包含邊界）點軌跡為線段當與重合時，最大，即故選：【點睛】本題考查向量模長最值的求解問題，涉及到余弦定理解三角形的應用；解題關鍵是能夠根據平面向量線性運算確定動點軌跡，根據軌跡確定最值點.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

根據數列的規(guī)律和可知的取值為，則分母為；又為分母為的項中的第項，則分子為，從而得到結果.【詳解】當時，；當時，的分母為：又的分子為：本題正確結果：【點睛】本題考查根據數列的規(guī)律求解數列中的項，關鍵是能夠根據分子的變化特點確定的取值.12、.【解析】

由題意,畫出幾何圖形.由三線合一可求得,根據補角關系可求得.再結合余弦定理即可求得.【詳解】在中,,作,如下圖所示:由三線合一可知為中點則所以點為延長線上一點,則在中由余弦定理可得所以故答案為:【點睛】本題考查了等腰三角形性質,余弦定理在解三角形中的應用,屬于基礎題.13、128【解析】

觀察數陣可知：前行一共有個數，且第行的最后一個數為，且第行有個數，由此可推斷出所在的位置.【詳解】因為前行一共有個數，且第行的最后一個數為，又因為，所以在第行，且第45行最后數為，又因為第行有個數，，所以在第列，所以.故答案為：.【點睛】本題考查數列在數陣中的應用，著重考查推理能力，難度一般.分析數列在數陣中的應用問題，可從以下點分析問題：觀察每一行數據個數與行號關系，同時注意每一行開始的數據或結尾數據，所有行數據的總個數，注意等差數列的求和公式的運用.14、【解析】

解法一：利用數列的遞推公式，化簡得，得到數列為等差數列，求得數列的通項公式，得到，，得出所以，，，，進而得到結論；解法二：化簡得，令，求得，進而求得，再由，解得或，即可得到結論．【詳解】解法一：因為①所以②，①②，得即，所以數列為等差數列．在①中，取，得即，又，則，所以．因此，所以，，，所以，又，所以時，取得最大值．解法二：由，得，令，則，則，即，代入得，取，得，解得，又，則，故所以，于是．由，得，解得或，又因為，，所以時，取得最大值．【點睛】本題主要考查了數列的綜合應用，以及數列的最值問題的求解，此類題目是數列問題中的常見題型，對考生計算能力要求較高，解答中確定通項公式是基礎，合理利用數列的性質是關鍵，能較好的考查考生的數形結合思想、邏輯思維能力及基本計算能力等，屬于中檔試題.15、【解析】

求出，再利用，求得.【詳解】，因為⊥，所以，解得：.【點睛】本題考查向量的坐標表示、數量積運算，要注意向量坐標與點坐標的區(qū)別.16、1.1【解析】

先求出這組數據的平均數，由此能求出這組數據的方差．【詳解】八個學生參加合唱比賽的得分為87，88，90，91，92，93，93，94，則這組數據的平均數為：（87+88+90+91+92+93+93+94）＝91，∴這組數據的方差為：S2[（87﹣91）2+（88﹣91）2+（90﹣91）2+（91﹣91）2+（92﹣91）2+（93﹣91）2+（93﹣91）2+（94﹣91）2]＝1.1．故答案為1.1．【點睛】本題考查方差的求法，考查平均數、方差的性質等基礎知識，考查了推理能力與計算能力，是基礎題．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）證明見詳解，（2）證明見詳解，（3）當為的中點時，平面平面BDE，證明見詳解【解析】

（1）連接與相交于，可得，結合線面平行的判定定理即可證明平面（2）先證明和即可得出平面，然后可得，又，即可證明平面（3）當為的中點時，平面平面BDE，由已知易得，結合平面可得平面，進而根據面面垂直的判定定理得到結論.【詳解】（1）如圖，連接與相交于，則為的中點連接，又為的中點所以，又平面，平面所以平面（2）因為，所以四邊形為正方形所以又因為平面，平面所以所以平面，所以又在直三棱柱中，所以平面（3）當為的中點時，平面平面BDE因為分別是的中點所以,因為平面所以平面，又平面所以平面平面BDE【點睛】本題考查的是立體幾何中線面平行和垂直的證明，要求我們要熟悉并掌握平行與垂直有關的判定定理和性質定理，在證明的過程中要注意步驟的完整.18、（1）；（2）.【解析】

（1）由正弦定理、三角函數恒等變換化簡已知可得：，結合范圍，可得，進而可求A的值．（2）在△ADC中，由正弦定理可得，可得，利用三角形內角和定理可求，即可求得，再利用三角形的面積公式即可計算得解．【詳解】（1）∵，∴由正弦定理可得：，∴可得：，可得：，∵，∴，可得：，∵，∴，∴，可得：．（2）∵，點D在邊上，，∴在中，由正弦定理，可得：，可得：，∴，可得：，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了正弦定理、三角函數恒等變換的應用，三角形內角和定理及三角形的面積公式在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化能力，屬于中檔題．19、(1)(2)【解析】

（1）由正弦定理得，再利用余弦定理的到.（2）將代入等式，化簡得到答案.【詳解】解：（1）由結合正弦定理得；∴又，∴.（2）由,∴∴,∴∴又∴解得：，.【點睛】本題考查了正弦定理，余弦定理，和差公式，意在考查學生的計算能力.20、(1)最小正周期是(2)【解析】

（1）運用輔助角公式化簡得；（2）先計算的值為，構造，求出的值.【詳解】（1）因為，所以，所以函數的最小正周期是.（2）因為，所以，因為，所以，所以，則【點睛】利用角的配湊法，即進行角的整體代入求值，考查整體思想的運用.21、（1）（2）這樣規(guī)定公平，詳見解析【解析】

（1）利用列舉法求得基本事件的