2022-2023學年高一下數學期末模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．2．已知角的終邊經過點，則A． B． C． D．3．已知向量，則與的夾角為（）A． B． C． D．4．若，，則的值是（）A． B． C． D．5．從3位男運動員和4位女運動員中選派3人參加記者招待會，至少有1位男運動員和1位女運動員的選法有（）種A． B． C． D．6．下列說法錯誤的是（）A．若樣本的平均數為5，標準差為1，則樣本的平均數為11，標準差為2B．身高和體重具有相關關系C．現有高一學生30名，高二學生40名，高三學生30名，若按分層抽樣從中抽取20名學生，則抽取高三學生6名D．兩個變量間的線性相關性越強，則相關系數的值越大7．如圖，在四棱錐中，底面，底面為直角梯形，，，則直線與平面所成角的大小為()A． B． C． D．8．在直角中，，線段上有一點，線段上有一點，且，若，則（）A．1 B． C． D．9．使函數是偶函數，且在上是減函數的的一個值是()A． B． C． D．10．△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知asinA－bsinB=4csinC，cosA=－，則=A．6 B．5 C．4 D．3二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知函數，若，且，則__________．12．已知x，y＝R+，且滿足x2y6，若xy的最大值與最小值分別為M和m，M+m＝_____.13．已知數列滿足：，，則使成立的的最大值為_______14．已知一個三角形的三邊長分別為3,5,7，則該三角形的最大內角為_________15．已知關于實數x，y的不等式組構成的平面區域為，若，使得恒成立，則實數m的最小值是______．16．一艘海輪從出發，沿北偏東方向航行后到達海島，然后從出發沿北偏東方向航行后到達海島，如果下次直接從沿北偏東方向到達，則______.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．在等差數列{}中，=3，其前項和為，等比數列{}的各項均為正數，=1，公比為q,且b2+S2=12，．（1）求與的通項公式；（2）設數列{}滿足，求{}的前n項和．18．某廠每年生產某種產品萬件，其成本包含固定成本和浮動成本兩部分.已知每年固定成本為20萬元，浮動成本，.若每萬件該產品銷售價格為40萬元，且每年該產品產銷平衡.（1）設年利潤為（萬元），試求與的關系式；（2）年產量為多少萬件時，該廠所獲利潤最大？并求出最大利潤.19．某科技創新公司在第一年年初購買了一臺價值昂貴的設備，該設備的第1年的維護費支出為20萬元，從第2年到第6年，每年的維修費增加4萬元，從第7年開始，每年維修費為上一年的125%．（1）求第n年該設備的維修費的表達式；（2）設，若萬元，則該設備繼續使用，否則須在第n年對設備更新，求在第幾年必須對該設備進行更新？20．在平面上有一點列、、、、，對每個正整數，點位于函數的圖像上，且點、點與點構成一個以為頂角頂點的等腰三角形；（1）求點的縱坐標的表達式；（2）若對每個自然數，以、、為邊長能構成一個三角形，求的取值范圍；（3）設，若取（2）中確定的范圍內的最小整數，問數列的最大項的項數是多少？試說明理由；21．某大橋是交通要塞，每天擔負著巨大的車流量.已知其車流量（單位：千輛）是時間（，單位：）的函數，記為，下表是某日橋上的車流量的數據：03691215182124（千輛）3.01.02.95.03.11.03.15.03.1經長期觀察，函數的圖象可以近似地看做函數（其中，，，）的圖象.(1)根據以上數據，求函數的近似解析式；(2)為了緩解交通壓力，有關交通部門規定：若車流量超過4千輛時，核定載質量10噸及以上的大貨車將禁止通行，試估計一天內將有多少小時不允許這種貨車通行？

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】

該幾何體由上下兩部分組成的，上面是一個圓錐，下面是一個正方體，由體積公式直接求解.【詳解】該幾何體由上下兩部分組成的，上面是一個圓錐，下面是一個正方體．∴該幾何體的體積V64．故選：B．【點睛】本題考查了正方體與圓錐的組合體的三視圖還原問題及體積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．2、A【解析】

根據三角函數的定義，求出，即可得到的值．【詳解】因為，，所以．故選：A．【點睛】本題主要考查已知角終邊上一點，利用三角函數定義求三角函數值，屬于基礎題．3、D【解析】

先求出的模長，然后由可求出答案.【詳解】由題意，，，所以與的夾角為.故選D.【點睛】本題考查了兩個向量的夾角的求法，考查了向量的模長的計算，屬于基礎題.4、B【解析】，，，故選B.5、C【解析】

利用分類原理，選出的3人中，有1男2女，有2男1女，兩種情況相加得到選法總數.【詳解】（1）3人中有1男2女，即；（2）3人中有2男1女，即；所以選法總數為，故選C.【點睛】分類加法原理和分步乘法原理進行計算時，要注意分類的標準，不出現重復或遺漏情況，本題若是按先選1個男的，再選1個女的，最后從剩下的5人中選1人，則會出現重復現象.6、D【解析】

利用平均數和方差的定義，根據線性回歸的有關知識和分層抽樣原理，即可判斷出答案．【詳解】對于A：若樣本的平均數為5，標準差為1，則樣本的平均數2×5+1＝11，標準差為2×1＝2，故正確對于B：身高和體重具有相關關系，故正確對于C：高三學生占總人數的比例為：所以抽取20名學生中高三學生有名，故正確對于D：兩個變量間的線性相關性越強，應是相關系數的絕對值越大，故錯誤故選：D【點睛】本題考查了線性回歸的有關知識，以及平均數和方差、分層抽樣原理的應用問題，是基礎題．7、A【解析】

取中點，中點，連接，先證明為所求角，再計算其大小.【詳解】取中點，中點，連接.設易知：平面平面易知：四邊形為平行四邊形平面，即為直線與平面所成角故答案選A【點睛】本題考查了線面夾角，先找出線面夾角是解題的關鍵.8、D【解析】

依照題意采用解析法，建系求出目標向量坐標，用數量積的坐標表示即可求出結果．【詳解】如圖，以A為原點，AC，AB所在直線分別為軸建系，依題設A(0,0),B(0,2),C(3,0),M(1,0),，由得，，解得，，所以，，，故選D．【點睛】本題主要考查解析法在向量中的應用，意在考查學生數形結合的能力．9、B【解析】

先根據輔助角公式化簡，再根據奇偶性及在在上是減函數為減函數即可算出的范圍。【詳解】由題意得：因為是偶函數，所以，又因為在的減區間為，,在上是減函數，所以當時滿足,選B.【點睛】本題主要考查了三角函數的性質：奇偶性質、單調性以及輔助角公式。型為奇函數，為偶函數。其中輔助角公式為。屬于中等題。10、A【解析】

利用余弦定理推論得出a，b，c關系，在結合正弦定理邊角互換列出方程，解出結果.【詳解】詳解：由已知及正弦定理可得，由余弦定理推論可得，故選A．【點睛】本題考查正弦定理及余弦定理推論的應用．二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、2【解析】不妨設a＞1，

則令f（x）=|loga|x-1||=b＞0，

則loga|x-1|=b或loga|x-1|=-b；

故x1=-ab+1，x2=-a-b+1，x3=a-b+1，x4=ab+1，

故故答案為2點睛：本題考查了絕對值方程及對數運算的應用，同時考查了指數的運算，注意計算的準確性.12、【解析】

設，則，可得，然后利用基本不等式得到關于的一元二次方程解方程可得的最大值和最小值，進而得到結論.【詳解】∵x，y＝R+，設，則，∴∴12t＝（2t+2）x+（4t+1）y，∴18t≥（t+1）（4t+1）＝4t2+5t+1，∴4t2﹣13t+1≤0，∴，∵xy的最大值與最小值分別為M和m，∴M，m，∴M+m.【點睛】本題考查了基本不等式的應用和一元二次不等式的解法，考查了轉化思想和運算推理能力，屬于中檔題.13、4【解析】

從得到關于的通項公式后可得的通項公式，解不等式后可得使成立的的最大值.【詳解】易知為等差數列，首項為，公差為1，∴，∴，令，∴，∴.故答案為：4【點睛】本題考查等差數列的通項的求法及數列不等式的解，屬于容易題.14、【解析】

由題意可得三角形的最大內角即邊7對的角，設為θ，由余弦定理可得cosθ的值，即可求得θ的值．【詳解】根據三角形中，大邊對大角，故邊長分別為3，5，7的三角形的最大內角即邊7對的角，設為θ，則由余弦定理可得cosθ，∴θ＝，故答案為：C．【點睛】本題主要考查余弦定理的應用，大邊對大角，已知三角函數值求角的大小，屬于基礎題．15、【解析】

由，使得恒成立可知，只需求出的最大值即可，再由表示平面區域內的點與定點距離的平方，因此結合平面區域即可求出結果.【詳解】作出約束條件所表示的可行域如下：由，使得恒成立可知，只需求出的最大值即可；令目標函數，則目標函數表示平面區域內的點與定點距離的平方，由圖像易知，點到的距離最大.由得，所以.因此，即的最小值為37.故答案為37【點睛】本題主要考查簡單的線性規劃問題，只需分析清楚目標函數的幾何意義，即可結合可行域來求解，屬于常考題型.16、【解析】

首先根據余弦定理求出，在根據正弦定理求出，即可求出【詳解】有題知.所以.在中，，即，解得.所以，故答案為：【點睛】本題主要考查正弦定理和余弦定理的實際應用，熟練掌握公式為解題的關鍵，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）根據等差數列{}中，=1，其前項和為，等比數列{}的各項均為正數，=1，公比為q,且b2+S2=12，，設出基本元素，得到其通項公式；（2）由于，所以，那么利用裂項求和可以得到結論.【詳解】（1）設：{}的公差為,因為，所以，解得=1或=-4（舍）,=1．故，；（2）因為故.本題主要是考查了等差數列和等比數列的通項公式和前n項和，以及數列求和的綜合運用.18、（1）；（2）產量（萬件）時，該廠所獲利潤最大為100萬元．【解析】

（1）由銷售收入減去成本可得利潤；（2）分段求出的最大值，然后比較可得．【詳解】（1）由題意；即；（2）時，，時，，當時，在是遞增，在上遞減，時，綜上，產量（萬件）時，該廠所獲利潤最大為100萬元．【點睛】本題考查函數模型的應用，根據所給函數模型求出函數解析式，然后由分段函數性質分段求出最大值，比較后得出函數最大值．考查學生的應用能力．19、(1)(2)第9年【解析】

（1）將數列分為兩部分，分別利用等差數列和等比數列公式得到答案.（2）當時，恒成立，當時，，判斷是遞增數列，計算,得到答案.【詳解】（1）當時，數列是首項為20，公差為4的等差數列，；當時，數列是首項為，公比為的等比數列，又所以.因此第n年該設備的維修費的表達式因此為(2)設數列的前項和為，由等差及等比的求和公式得：當時，，此時恒成立，即該設備繼續使用；當時，，此時因為，即所以是遞增數列，又,故在第9年必須對該設備進行更新.【點睛】本題考查了數列的應用，意在考查學生利用數列知識解決問題的能力和應用能力.20、（1）；（2）；（3）最大，詳見解析；【解析】

(1)易得的橫坐標為代入函數即可得縱坐標.(2)易得數列為遞減的數列,若要組成三角形則,再代入表達式求解不等式即可.(3)由可知求即可.【詳解】(1)由點、點與點構成一個以為頂角頂點的等腰三角形有.故.(2)因為,故為減函數,故,又以、、為邊長能構成一個三角形,故即.解得或,又,故.(3)由取(2)中確定的范圍內的最小整數,且,故.故,由題當時數列取最大項.故且,計算得當時取最大值.【點睛】本題主要考查了數列與函數的綜合題型,需