2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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．下列函數中，既不是奇函數也不是偶函數的是（）A． B． C． D．2．在中，已知是邊上一點，，，則等于（）A． B． C． D．3．空間直角坐標系中，點關于軸對稱的點的坐標是（）A． B．C． D．4．若正實數x，y滿足不等式，則的取值范圍是（）A． B． C． D．5．過點P（0，2）作直線x+my﹣4＝0的垂線，垂足為Q，則Q到直線x+2y﹣14＝0的距離最小值為（）A．0 B．2 C． D．26．設，則（）A．3 B．2 C．1 D．07．正四棱錐的側棱長與底面邊長都是1，則側棱與底面所成的角為（）A．75°B．60°C．45°D．30°8．設是兩條不同的直線,是兩個不同的平面,下列命題中正確的是（）A．若,,則 B．若，,則C．若,,則 D．若,,則9．已知數列是各項均為正數且公比不等于的等比數列.對于函數，若數列為等差數列，則稱函數為“保比差數列函數”.現有定義在上的如下函數：①；②；③；④，則為“保比差數列函數”的所有序號為（）A．①② B．③④ C．①②④ D．②③④10．“”是“直線(m+1)x+3my+2=0與直線(m-2)x+(m+1)y-1=0相互垂直”的（）A．充分必要條件 B．充分不必要條件C．必要不充分條件 D．既不充分也不必要條件二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．某射手的一次射擊中，射中10環、9環、8環的概率分別為0.2、0.3、0.1，則此射手在一次射擊中不超過8環的概率為_________．12．已知向量，且，則___________．13．已知曲線與直線交于A，B兩點，若直線OA，OB的傾斜角分別為、，則__________14．已知球的一個內接四面體中，，過球心，若該四面體的體積為，且，則球的表面積的最小值為_________．15．在賽季季后賽中,當一個球隊進行完場比賽被淘汰后,某個籃球愛好者對該隊的7場比賽得分情況進行統計,如表:場次得分104為了對這個隊的情況進行分析,此人設計計算的算法流程圖如圖所示(其中是這場比賽的平均得分),輸出的的值______.16．給出下列語句：①若為正實數，，則；②若為正實數，，則；③若，則；④當時，的最小值為，其中結論正確的是___________．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．已知函數滿足.（1）若，對任意都有，求的取值范圍；（2）是否存在實數，，使得不等式對一切實數恒成立？若存在，請求出，，使；若不存在，請說明理由.18．在如圖所示的幾何體中，D是AC的中點，EF∥DB．（Ⅰ）已知AB=BC，AE=EC．求證：AC⊥FB；（Ⅱ）已知G,H分別是EC和FB的中點.求證：GH∥平面ABC．19．已知向量，，且.（1）求向量在上的投影；（2）求.20．已知圓（為坐標原點），直線.（1）過直線上任意一點作圓的兩條切線，切點分別為，求四邊形面積的最小值.（2）過點的直線分別與圓交于點（不與重合），若，試問直線是否過定點？并說明理由.21．已知集合，數列的首項，且當時，點，數列滿足.（1）試判斷數列是否是等差數列，并說明理由；（2）若，求的值.

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、D【解析】

利用奇函數偶函數的判定方法逐一判斷得解.【詳解】A.函數的定義域為R,關于原點對稱，,所以函數是偶函數；B.函數的定義域為，關于原點對稱.,所以函數是奇函數；C.函數的定義域為R,關于原點對稱，,所以函數是偶函數；D.函數的定義域為R,關于原點對稱，，，所以函數既不是奇函數，也不是偶函數.故選D【點睛】本題主要考查函數的奇偶性的判斷，意在考查學生對該知識的理解掌握水平，屬于基礎題.2、A【解析】

利用向量的減法將3，進行分解，然后根據條件，進行對比即可得到結論【詳解】∵3，∴33，即43，則，∵λ，∴λ，故選A．【點睛】本題主要考查向量的基本定理的應用，根據向量的減法法則進行分解是解決本題的關鍵．3、A【解析】

關于軸對稱，縱坐標不變，橫坐標、豎坐標變為相反數．【詳解】關于軸對稱的兩點的縱坐標相同，橫坐標、豎坐標均互為相反數．所以點關于軸對稱的點的坐標是．故選：A．【點睛】本題考查空間平面直角坐標系，考查關于坐標軸、坐標平面對稱的問題．屬于基礎題．4、B【解析】

試題分析：由正實數滿足不等式，得到如下圖陰影所示的區域：當過點時，，當過點時，，所以的取值范圍是．考點：線性規劃問題．5、C【解析】

由直線過定點，得到的中點，由垂直直線，得到點在以點為圓心，以為半徑的圓，求得圓的方程，由此求出到直線的距離最小值，得到答案．【詳解】由題意，過點作直線的垂線，垂足為，直線過定點，由中點公式可得，的中點，由垂直直線，所以點點在以點為圓心，以為半徑的圓，其圓的方程為，則圓心到直線的距離為所以點到直線的距離最小值；，故選：C．【點睛】本題主要考查了圓的標準方程，直線與圓的位置關系的應用，同時涉及到點到直線的距離公式的應用，著重考查了推理與計算能力，以及分析問題和解答問題的能力，試題綜合性強，屬于中檔試題．6、B【解析】

先求內層函數，將所求值代入分段函數再次求解即可【詳解】，則故選：B【點睛】本題考查分段函數具體函數值的求法，屬于基礎題7、C【解析】如圖：是底面中心，是側棱與底面所成的角；在直角中，故選C8、C【解析】

在A中，與相交或平行；在B中，或；在C中，由線面垂直的判定定理得；在D中，與平行或．【詳解】設是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則：在A中，若，，則與相交或平行，故A錯誤；在B中，若，，則或，故B錯誤；在C中，若，，則由線面垂直的判定定理得，故C正確；在D中，若，，則與平行或，故D錯誤．故選C．【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，是中檔題．9、C【解析】

①，為“保比差數列函數”；②，為“保比差數列函數”；③不是定值，不是“保比差數列函數”；④，是“保比差數列函數”，故選C.考點：等差數列的判定及對數運算公式點評：數列，若有是定值常數，則是等差數列10、B【解析】試題分析：當時，直線為和直線，斜率之積等于，所以垂直；當兩直線垂直時，，解得：或，根據充分條件必要條件概念知，“”是“直線(m+1)x+3my+2=0與直線(m-2)x+(m+1)y-1=0相互垂直”的充分不必要條件，故選B．考點：1、充分條件、必要條件；2、兩條直線垂直的關系．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、0.5【解析】

由互斥事件的概率加法求出射手在一次射擊中超過8環的概率，再利用對立事件的概率求出不超過8環的概率即可.【詳解】由題意，射中10環、9環、8環的概率分別為0.2、0.3、0.1，所以射手的一次射擊中超過8環的概率為：0.2+0.3=0.5故射手的一次射擊中不超過8環的概率為：1-0.5=0.5故答案為0.5【點睛】本題主要考查了對立事件的概率，屬于基礎題.12、【解析】

把平方，將代入，化簡即可得結果.【詳解】因為，所以，，故答案為.【點睛】本題主要考查向量的模及平面向量數量積公式，屬于中檔題.平面向量數量積公式有兩種形式，一是，二是，主要應用以下幾個方面:(1)求向量的夾角，（此時往往用坐標形式求解）；（2）求投影，在上的投影是；（3）向量垂直則;(4)求向量的模（平方后需求）.13、【解析】

曲線即圓曲線的上半部分，因為圓是單位圓，所以，，，，聯立曲線與直線方程，消元后根據韋達定理與直線方程代入即可求解.【詳解】由消去得，則，由三角函數的定義得故.【點睛】本題主要考查三角函數的定義，直線與圓的應用.此題關鍵在于曲線的識別與三角函數定義的應用.14、【解析】

求出面積的最大值，結合棱錐的體積可得到平面距離的最小值，進一步求得球的半徑的最小值得答案．【詳解】解：在中，由，且，

得，得．

當且僅當時，有最大值1．

過球心，且四面體的體積為1，

∴三棱錐的體積為．

則到平面的距離為．

此時的外接圓的半徑為，則球的半徑的最小值為，

∴球O的表面積的最小值為．

故答案為：．【點睛】本題考查多面體外接球表面積最值的求法，考查邏輯思維能力與推理運算能力，考查空間想象能力，是中檔題．15、【解析】

根據題意,模擬程序框圖的運行過程,得出該程序運行的是求數據的標準差,即可求得答案.【詳解】模擬程序框圖的運行過程知,該程序運行的結果是求這個數據的標準差這組數據的平均數是方差是:標準差是故答案為:.【點睛】本題主要考查了根據程序框圖求輸出結果,解題關鍵是掌握程序框圖基礎知識和計算數據方差的解法,考查了分析能力和計算能力,屬于中檔題.16、①③.【解析】

利用作差法可判斷出①正確；通過反例可排除②；根據不等式的性質可知③正確；根據的范圍可求得的范圍，根據對號函數圖象可知④錯誤.【詳解】①，為正實數，，即，可知①正確；②若，，，則，可知②錯誤；③若，可知，則，即，可知③正確；④當時，，由對號函數圖象可知：，可知④錯誤.本題正確結果：①③【點睛】本題考查不等式性質的應用、作差法比較大小問題、利用對號函數求解最值的問題，屬于常規題型.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）存在，使不等式恒成立，詳見解析.【解析】

（1）由知函數關于對稱，求出后，通過構造函數求出；（2）利用不等式的兩邊夾定理，令，得，結合已知條件，解出；然后設存在實數，，命題成立，運用根的判別式建立關于實數的不等式組，解得.【詳解】（1）由得此時，，構造函數，.即的取值范圍是.（2）由對一切實數恒成立，得由得由得恒成立，也即，此時，.把，.代入，不等式也恒成立，所以，.【點睛】本題第（1）問，常用“反客為主法”，即把參數當成主元，而把看成參數；第（2）問，不等式對任意實數恒成立，常用賦值法切入問題.18、（Ⅰ）證明：見解析；（Ⅱ）見解析.【解析】試題分析：（Ⅰ）根據，知與確定一個平面，連接，得到，，從而平面，證得.（Ⅱ）設的中點為，連，在，中，由三角形中位線定理可得線線平行，證得平面平面，進一步得到平面.試題解析：（Ⅰ）證明：因，所以與確定平面.連接，因為為的中點，所以，同理可得.又，所以平面，因為平面，所以.（Ⅱ）設的中點為，連.在中，因為是的中點，所以，又，所以.在中，因為是的中點，所以，又，所以平面平面，因為平面，所以平面.【考點】平行關系，垂直關系【名師點睛】本題主要考查直線與直線垂直、直線與平面平行.此類題目是立體幾何中的基本問題.解答本題，關鍵在于能利用已知的直線與直線、直線與平面、平面與平面的位置關系，通過嚴密推理，給出規范的證明.本題能較好地考查考生的空間想象能力、邏輯推理能力及轉化與化歸思想等.19、（1）（2）40【解析】

（1）根據垂直得到，再計算投影得到答案.（2）展開直接計算得到答案.【詳解】（1）因為，由得.，.在上的投影為.（2）.【點睛】本題考查了向量的投影和數量積，意在考查學生的計算能力.20、（1）12；（2）過定點，理由見解析【解析】

（1）由，得過點的切線長，所以四邊形的面積為，即可得到本題答案；（2）設直線的方程為，則直線的方程為.聯立方程，消去，整理得，得，，所以，令，即可得到本題答案.【詳解】（1）由題意可得圓心到直線的距離為，從而，則過點的切線長.故四邊形的面積為，即四邊形面積的最小值為12.（2）因為，所以直線與直線的斜率都存在，且不為0.設直線的方程為，則直線的方程為.聯立方程，消去，整理得解得或，則.同理可得.所以.令，得，解得.取，可以證得，所以直線過定點.當時，軸，易知與