2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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．若圓上至少有三個不同的點到直線的距離為，則直線的斜率的取值范圍是（）A． B．C． D．2．已知向量，向量，且，那么等于()A． B． C． D．3．在數列中，已知，，則該數列前2019項的和（）A．2019 B．2020 C．4038 D．40404．已知直線，平面，給出下列命題：①若，且，則②若，且，則③若，且，則④若，且，則其中正確的命題是（）A．①③ B．②④ C．③④ D．①②5．已知的內角的對邊分別為，若，則（）A． B． C． D．6．設，則“”是“”的（）A．充要條件 B．充分而不必要條件C．必要而不充分條件 D．既不充分也不必要條件7．平面過正方體ABCD—A1B1C1D1的頂點A，,，，則m，n所成角的正弦值為A． B． C． D．8．在中，角，，的對邊分別是，，，若，則（）A． B． C． D．9．已知實數滿足且，則下列關系中一定正確的是（）A． B． C． D．10．中國古代數學著作《算法統宗》中有這樣一個問題：“三百七十八里關，初行健步不為難，次日腳痛減一半，六朝才得到其關，要見次日行里數，請公仔細算相還．”其意思是“有一個人走378里，第一天健步行走，從第二天起腳痛每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到達目的地．”請問第三天走了（）A．60里 B．48里 C．36里 D．24里二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數的圖象如下，則的值為__________．12．設公比為q(q＞0)的等比數列{an}的前n項和為{Sn}．若，，則q＝______________．13．設數列滿足，，且，用表示不超過的最大整數，如，，則的值用表示為__________．14．已知向量，，且與垂直，則的值為______.15．若，則__________．16．函數的最小正周期為______________.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．在平面直角坐標系xOy中，已知點，圓.（1）求過點P且與圓C相切于原點的圓的標準方程；（2）過點P的直線l與圓C依次相交于A，B兩點.①若，求l的方程；②當面積最大時，求直線l的方程.18．已知常數且，在數列中，首項，是其前項和，且，.（1）設，，證明數列是等比數列，并求出的通項公式；（2）設，，證明數列是等差數列，并求出的通項公式；（3）若當且僅當時，數列取到最小值，求的取值范圍．19．已知數列的前項和，且，數列滿足：對于任意，有.（1）求數列的通項公式；（2）求數列的通項公式，若在數列的兩項之間都按照如下規則插入一些數后，構成新數列：和兩項之間插入個數，使這個數構成等差數列，求；（3）若不等式成立的自然數恰有個，求正整數的值．20．已知.（1）求的坐標；（2）設，求數列的通項公式；（3）設，，其中為常數，，求的值.21．已知函數.（I）當時，求不等式的解集；（II）若關于的不等式有且僅有一個整數解，求正實數的取值范圍.

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】

作出圖形，設圓心到直線的距離為，利用數形結合思想可知，并設直線的方程為，利用點到直線的距離公式可得出關于的不等式，解出即可.【詳解】如下圖所示：設直線的斜率為，則直線的方程可表示為，即，圓心為，半徑為，由于圓上至少有三個不同的點到直線的距離為，所以，即，即，整理得，解得，因此，直線的斜率的取值范圍是.故選：C.【點睛】本題考查直線與圓的綜合問題，解題的關鍵就是確定圓心到直線距離所滿足的不等式，并結合點到直線的距離公式來求解，考查數形結合思想的應用，屬于中等題.2、D【解析】

由兩向量平行，其向量坐標交叉相乘相等，得到.【詳解】因為，所以，解得：.【點睛】本題考查向量平行的坐標運算，考查基本運算，注意符號的正負.3、A【解析】

根據條件判斷出為等差數列，利用等差數列的性質得到和之間的關系，得到答案.【詳解】為等差數列【點睛】本題考查等差中項，等差數列的基本性質，屬于簡單題.4、A【解析】

根據面面垂直，面面平行的判定定理判斷即可得出答案。【詳解】①若，則在平面內必有一條直線使，又即，則，故正確。②若，且，與可平行可相交，故錯誤③若，即又，則，故正確④若，且，與可平行可相交，故錯誤所以①③正確，②④錯誤故選A【點睛】本題考查面面垂直，面面平行的判定，屬于基礎題。5、B【解析】

已知兩角及一對邊，求另一邊，我們只需利用正弦定理.【詳解】在三角形中由正弦定理公式:，所以選擇B【點睛】本題直接屬于正弦定理的直接考查，代入公式就能求解.屬于簡單題.6、C【解析】

首先解兩個不等式，再根據充分、必要條件的知識選出正確選項.【詳解】由解得.由得.所以“”是“”的必要而不充分條件故選：C【點睛】本小題主要考查充分、必要條件的判斷，考查絕對值不等式的解法，屬于基礎題.7、A【解析】

試題分析：如圖，設平面平面=，平面平面=，因為平面，所以，則所成的角等于所成的角.延長，過作，連接，則為，同理為，而，則所成的角即為所成的角，即為，故所成角的正弦值為，選A.【點睛】求解本題的關鍵是作出異面直線所成的角,求異面直線所成角的步驟是：平移定角、連線成形、解形求角、得鈍求補.8、D【解析】

由題意，再由余弦定理可求出，即可求出答案.【詳解】由題意，，設，由余弦定理可得：，則.故選D.【點睛】本題考查了正、余弦定理的應用，考查了計算能力，屬于中檔題.9、D【解析】

由已知得，然后根據不等式的性質判斷．【詳解】由且，，由得,A錯；由得，B錯；由于可能為0，C錯；由已知得，則，D正確．故選：D.【點睛】本題考查不等式的性質，掌握不等式性質是解題關鍵，特別是性質：不等式兩同乘以一個正數，不等號方向不變，不等式兩邊同乘以一個負數，不等號方向改變．10、B【解析】

根據題意得出等比數列的項數、公比和前項和，由此列方程，解方程求得首項，進而求得的值.【詳解】依題意步行路程是等比數列，且，，，故，解得，故里.故選B.【點睛】本小題主要考查中國古典數學文化，考查等比數列前項和的基本量計算，屬于基礎題.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由函數的圖象的頂點坐標求出,由半個周期求出,最后將特殊點的坐標求代入解析式,即可求得的值.【詳解】解：由圖象可得,,得.,將點代入函數解析式,得,,,又因為,所以故答案為：【點睛】本題考查由的部分圖象確定其解析式.（1）根據函數的最高點的坐標確定（2）根據函數零點的坐標確定函數的周期求（3）利用最值點的坐標同時求的取值,即可得到函數的解析式.12、【解析】將，兩個式子全部轉化成用，q表示的式子．即，兩式作差得：，即：，解之得：(舍去)13、【解析】

由題設可得知該函數的最小正周期是，令，則由等差數列的定義可知數列是首項為，公差為的等差數列，即，由此可得，將以上個等式兩邊相加可得，即，所以，故，應填答案．點睛：解答本題的關鍵是借助題設中提供的數列遞推關系式，先求出數列的通項公式，然后再運用列項相消法求出，最后借助題設中提供的新信息，求出使得問題獲解．14、【解析】

根據與垂直即可得出，進行數量積的坐標運算即可求出x的值．【詳解】；；．故答案為．【點睛】本題考查向量垂直的充要條件，以及向量數量積的坐標運算，屬于基礎題．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】

利用函數y＝Atan（ωx+φ）的周期為，得出結論．【詳解】函數y＝3tan（3x）的最小正周期是，故答案為：．【點睛】本題主要考查函數y＝Atan（ωx+φ）的周期性，利用了函數y＝Atan（ωx+φ）的周期為．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、（1）；（2）①；②或．【解析】

（1）設所求圓的圓心為，而所求圓的圓心與、共線，故圓心在直線上，又圓同時經過點與點，求出圓的圓心和半徑，即可得答案；（2）①由題意可得為圓的直徑，求出的坐標，可得直線的方程；②當直線的斜率不存在時，直線方程為，求出，的坐標，得到的面積；當直線的斜率存在時，設直線方程為．利用基本不等式、點到直線的距離公式求得，則直線方程可求．【詳解】（1）由，得，圓的圓心坐標，設所求圓的圓心為．而所求圓的圓心與、共線，故圓心在直線上，又圓同時經過點與點，圓心又在直線上，則有：，解得：，即圓心的坐標為，又，即半徑，故所求圓的方程為；（2）①由，得為圓的直徑，則過點，的方程為，聯立，解得，直線的斜率，則直線的方程為，即；②當直線的斜率不存在時，直線方程為，此時，，，；當直線的斜率存在時，設直線方程為．再設直線被圓所截弦長為，則圓心到直線的距離，則．當且僅當，即時等號成立．此時弦長為10，圓心到直線的距離為5，由，解得．直線方程為．當面積最大時，所求直線的方程為：或．【點睛】本題考查圓的方程的求法、直線與圓的位置關系應用，考查函數與方程思想、轉化與化歸思想、分類討論思想、數形結合思想，考查邏輯推理能力和運算求解能力.18、（1）證明見解析，；（2）證明見解析，；（3）.【解析】

（1）令，求出的值，再令，由，得出，將兩式相減得，再利用等比數列的定義證明為常數，可得出數列為等比數列，并確定等比數列的首項和公比，可求出；（2）由題意得出，再利用等差數列的定義證明出數列為等差數列，確定等差數列的首項和公差，可求出數列的通項公式；（3）求出數列的通項公式，由數列在時取最小值，可得出當時，，當時，，再利用參變量分離法可得出實數的取值范圍.【詳解】（1）當時，有，即，；當時，由，可得，將上述兩式相減得，，，且，所以，數列是以，以為公比的等比數列，；（2）由（1）知，，由等差數列的定義得，且，所以，數列是以為首項，以為公差的等差數列，因此，；（3）由（2）知，，，由數列在時取最小值，可得出當時，，當時，，由，得，得在時恒成立，由于數列在時單調遞減，則，此時，；由，得，得在時恒成立，由于數列在時單調遞減，則，此時，.綜上所述：實數的取值范圍是.【點睛】本題考查利用定義證明等比數列和等差數列，證明時需結合題中數列遞推式的結構進行證明，同時也考查數列最值問題，需要結合題中條件轉化為與項的符號相關的問題，利用參變量分離法可簡化計算，考查化歸與轉化思想和運算求解能力，綜合性較強，屬于難題.19、（1）；，；（3）.【解析】

（1）令求出，然后令，由得出，兩式相減可得出數列是等比數列，確定該數列的首項和公比，即可求出數列的通項公式；（2）令可計算出，再令，由可得出，兩式相減求出，求出，再檢驗是否滿足的表達式，由此可得出數列的通項公式，求出，由，以及可得出的值；（3）化簡可得，分類討論，當、時，不等式成立，當時，，利用判斷數列的單調性，得出該數列的最大項，可知滿足不等式，且和不滿足該不等式，由此可得出實數的取值范圍，進而求出正整數的值.【詳解】（1）對任意的，.當時，，解得；當時，由得出，兩式相減得，化簡得，即，所以，數列是以為首項，以為公比的等比數列，因此，；（2）對于任意，有.當時，，；當時，由，可得，上述兩式相減得，.適合上式，因此，.由于和兩項之間插入個數，使得這個數成等差數列，這個數列的公差為.，且，所以，；（3）由，得.當、，該不等式顯然成立；當時，，由，得，設，，當時，，即當時，，即，則.所以，數列的最大項為，又，.由題意可中，滿足不等式，和不滿足不等式.，則，因此正整數的值為.【點睛】本題考查利用求數列的通項公式、等差數列定義的應用，同時也考查了數列不等式的求解，涉及數列單調性的應用，考查推理能力與運算求解能力，屬于中等題.20、（1）；（2）；（3）當時，；當或時，.【解析】

（1）利用題中定義結合平面向量加法的坐標運算可得出結果；（2）利用等差數列的求和公式和平面向量加法的坐標運算可得出數列的通項公式；（3）先計算出的表達式，然后分、、三種情況計算出的值.【詳解】（1）由題意得；（2）；（3）.①當時，；②當時，；③當時，.【點睛】本題考查平面向量