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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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．在中，，則的形狀是（）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形2．等差數列{an}的公差是2，若a2,a4A．n(n+1) B．n(n-1) C．n(n+1)2 D．3．已知平面向量，，且，則等于（）A． B． C． D．4．設，函數在區間上是增函數，則（）A． B．C． D．5．將邊長為1的正方形以其一邊所在直線為旋轉軸旋轉一周，所得幾何體的側面積為（）A． B． C． D．6．已知，若關于的不等式的解集中的整數恰有3個，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．7．已知無窮等比數列的公比為，前項和為，且，下列條件中，使得恒成立的是（）A．， B．，C．， D．，8．已知直線與圓C相切于點，且圓C的圓心在y軸上，則圓C的標準方程為（）A． B．C． D．9．圓與圓的位置關系為()A．相交 B．相離 C．相切 D．內含10．設,為兩條不同的直線，,為兩個不同的平面，給出下列命題:①若，，則；②若，，則；③若，，，則；④若，，則與所成的角和與所成的角相等.其中正確命題的序號是()A．①② B．①④ C．②③ D．②④二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．已知方程的兩根分別為、、且，且__________．12．終邊經過點，則_____________13．數列通項公式，前項和為，則________.14．_______________。15．對于任意實數x,不等式恒成立,則實數a的取值范圍是______16．已知函數，若函數恰有個零點，則實數的取值范圍為__________．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．如圖，在三棱錐A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，點E，F(E與A，D不重合)分別在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求證：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.18．已知{an}是等差數列，設數列{bn}的前n項和為Sn，且2bn＝b1（1+Sn），bn≠0，又a2b2＝4，a7+b3＝1．（1）求{an}和{bn}的通項公式；（2）令cn＝anbn（n∈N*），求{cn}的前n項和Tn19．已知圓,圓與圓關于直線對稱.(1)求圓的方程;(2)過直線上的點分別作斜率為的兩條直線,使得被圓截得的弦長與被圓截得的弦長相等.(i)求的坐標;(ⅱ)過任作兩條互相垂直的直線分別與兩圓相交,判斷所得弦長是否恒相等,并說明理由.20．已知數列滿足，.（1）求證：數列是等比數列；（2）求數列的通項公式.21．已知集合，，求.

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】

將,分別代入中,整理可得,即可得到,進而得到結論【詳解】由題可得,即在中,,,即又,是直角三角形,故選B【點睛】本題考查三角形形狀的判定,考查和角公式,考查已知三角函數值求角2、A【解析】試題分析：由已知得，a42=a2?a8，又因為{an}【考點】1、等差數列通項公式；2、等比中項；3、等差數列前n項和．3、B【解析】

先由求出，然后按照向量的坐標運算法則算出答案即可【詳解】因為，，且所以，即，所以所以故選：B【點睛】若，則4、C【解析】

首先比較自變量與的大小，然后利用單調性比較函數值與的大小.【詳解】因為，函數在區間上是增函數，所以.故選C.【點睛】已知函數單調性比較函數值大小，可以借助自變量的大小來比較函數值的大小.5、C【解析】

試題分析：將邊長為1的正方形以其一邊所在直線為旋轉軸旋轉一周得到的幾何體為底面為半徑為的圓、高為1的圓柱，其側面展開圖為長為，寬為1，所以所得幾何體的側面積為.故選C.6、A【解析】

將不等式化為，可知滿足不等式，不滿足不等式，由此可確定個整數解為；當和時，解不等式可知不滿足題意；當時，解出不等式的解集，要保證整數解為，則需，解不等式組求得結果.【詳解】由得：當時，成立必為不等式的一個整數解當時，不成立不是不等式的整數解個整數解分別為：當時，，不滿足題意當時，解不等式得：或不等式不可能只有個整數解，不滿足題意當時，，解得：，即的取值范圍為：本題正確選項：【點睛】本題考查根據不等式整數解的個數求解參數范圍問題，關鍵是能夠利用特殊值確定整數解的具體取值，從而解不等式，根據整數解的取值來確定解集的上下限，構造不等式組求得結果.7、B【解析】

由已知推導出，由此利用排除法能求出結果.【詳解】，，，，，若，則，故A與C不可能成立；若，則，故B成立，D不成立.故選：B【點睛】本題考查了等比數列的前項和公式以及排除法在選擇題中的應用，屬于中檔題.8、C【解析】

先代入點可得，再根據斜率關系列式可得圓心坐標，然后求出半徑，寫出標準方程．【詳解】將切點代入切線方程可得：，解得，設圓心為，所以，解得，所以圓的半徑，所以圓的標準方程為．故選：．【點睛】本題考查了直線與圓的位置關系，屬中檔題．9、B【解析】

首先把兩個圓的一般方程轉化為標準方程，求出其圓心坐標和半徑，再比較圓心距與半徑的關系即可.【詳解】有題知：圓，即：，圓心，半徑.圓，即：，圓心，半徑.所以兩個圓的位置關系是相離.故選：B【點睛】本題主要考查圓與圓的位置關系，比較圓心距和半徑的關系是解決本題的關鍵，屬于簡單題.10、D【解析】

根據線面平行的性質和面面垂直的判定可知②④正確.【詳解】對于①，若，，或，故①錯；對于②，過作一個平面，它與平面交于，則，因為，故，因為，故，故②成立；對于③，由面面垂直的性質定理可知前提條件缺少，故③錯；對于④，如圖所示，如果分別于平面斜交，且斜足分別為，在直線上分別截取斜線段、，使得，過分別作平面的垂線，垂足分別為，連接，則分別為與平面所成的角、與平面所成的角，因為，故，所以，故.當分別垂直于時，；當分別平行于時，；故與所成的角和與所成的角相等，故④正確.故選D.【點睛】本題考查空間中的點、線、面的位置關系，正確判斷這些命題的真假的前提是熟悉公理、定理的前提條件，同時需要動態考慮它們的位置關系，觀察是否有不同的情況出現.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

由韋達定理和兩角和的正切公式可得，進一步縮小角的范圍可得，進而可求．【詳解】方程兩根、，，，，又，，，，，，，結合，，故答案為．【點睛】本題考查兩角和與差的正切函數，涉及韋達定理，屬中檔題．12、【解析】

根據正弦值的定義，求得正弦值.【詳解】依題意.故答案為：【點睛】本小題主要考查根據角的終邊上一點的坐標求正弦值，屬于基礎題.13、1【解析】

利用裂項求和法求出，取極限進而即可求解.【詳解】，故，所以，故答案為：1【點睛】本題考查了裂項求和法以及求極限值，屬于基礎題.14、【解析】

本題首先可根據同角三角函數關系式化簡得出，然后根據兩角差的正弦公式化簡得出，最后根據二倍角公式以及三角函數誘導公式即可得出結果。【詳解】，故答案為【點睛】本題考查根據三角函數相關公式進行化簡求值，考查到的公式有、、以及，考查化歸與轉化思想，是中檔題。15、【解析】

對a分類討論，利用判別式，即可得到結論．【詳解】（1）a﹣2=0，即a=2時，﹣4＜0，恒成立；（2）a﹣2≠0時，，解得﹣2＜a＜2，∴﹣2＜a≤2故答案為：．【點睛】對于二次函數的研究一般從以幾個方面研究：一是，開口；二是，對稱軸，主要討論對稱軸與區間的位置關系；三是，判別式，決定于x軸的交點個數；四是，區間端點值.16、【解析】

首先根據題意轉化為函數與有個交點，再畫出與的圖象，根據圖象即可得到的取值范圍.【詳解】有題知：函數恰有個零點，等價于函數與有個交點.當函數與相切時，即：，，，解得或（舍去）.所以根據圖象可知：.故答案為：【點睛】本題主要考查函數的零點問題，同時考查了學生的轉化能力，體現了數形結合的思想，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）見解析（2）見解析【解析】試題分析：（1）先由平面幾何知識證明，再由線面平行判定定理得結論；（2）先由面面垂直性質定理得平面，則，再由AB⊥AD及線面垂直判定定理得AD⊥平面ABC，即可得AD⊥AC．試題解析：證明：（1）在平面內，因為AB⊥AD，，所以.又因為平面ABC，平面ABC，所以EF∥平面ABC.（2）因為平面ABD⊥平面BCD，平面平面BCD=BD，平面BCD，，所以平面.因為平面，所以.又AB⊥AD，，平面ABC，平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又因為AC平面ABC，所以AD⊥AC.點睛:垂直、平行關系證明中應用轉化與化歸思想的常見類型：（1）證明線面、面面平行，需轉化為證明線線平行；（2）證明線面垂直，需轉化為證明線線垂直；（3）證明線線垂直，需轉化為證明線面垂直．18、（2）an＝n；bn＝2n﹣2（2）Tn＝（n﹣2）?2n+2【解析】

（2）運用數列的遞推式，以及等比數列的通項公式可得bn，{an}是公差為的等差數列，運用等差數列的通項公式可得首項和公差，可得所求通項公式；

（2）求得，由數列的錯位相減法求和，結合等比數列的求和公式，即可得到所求和．【詳解】（2）2bn＝b2（2+Sn），bn≠0，n＝2時，2b2＝b2（2+S2）＝b2（2+b2），解得b2＝2，n≥2時，2bn﹣2＝2+Sn﹣2，且2bn＝2+Sn，相減可得2bn﹣2bn﹣2＝Sn﹣Sn﹣2＝bn，即bn＝2bn﹣2，可得bn＝2n﹣2，設{an}是公差為d的等差數列，a2b2＝4，a7+b3＝2即為a2+d＝2，a2+6d＝7，解得a2＝d＝2，可得an＝n；（2）cn＝anbn＝n?2n﹣2，前n項和，，兩式相減可得﹣Tn＝2+2+4+…+2n﹣2﹣n2nn2n，化簡可得Tn＝（n﹣2）2n+2．【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項公式和求和公式的運用，考查數列的遞推式和數列的錯位相減法求和，化簡運算能力，屬于中檔題．19、（1）；（2）（i）,（ii）見解析【解析】

(1)根據題意，將問題轉化為關于直線的對稱點即可得到，半徑不變，從而得到方程；(2)(i)設，由于弦長和距離都相等，故P到兩直線的距離也相等，利用點到線距離公式即可得到答案；(ⅱ)分別討論斜率不存在和為0三種情況分別計算對應弦長，故可判斷.【詳解】（1）設，因為圓與圓關于直線對稱，，則直線與直線垂直，中點在直線上，得解得所以圓.（2）（i）設的方程為，即；的方程為，即.因為被圓截得的弦長與被圓截得的弦長相等，且兩圓半徑相等，所以到的距離與到的距離相等，即，所以或.由題意，到直線的距離，所以不滿足題意，舍去，故，點坐標為.（ii）過點任作互相垂直的兩條直線分別與兩圓相交，所得弦長恒相等.證明如下：當的斜率等于0時，的斜率不存在，被圓截得的弦長與被圓截得的弦長都等于圓的半徑；當的斜率不存在，的斜率等于0時，與圓不相交，與圓不相交.當、的斜率存在且都不等于0，兩條直線分別與兩圓相交時，設、的方程分別為，即.因為到的距離，到的距離，所以到的距離與到的距離相等.所以圓與圓的半徑相等，所以被圓截得的弦長與被圓截得的弦長恒相等.綜上所述，過點任作互相垂直的兩條直線分別與兩圓相交，所得弦長恒相等.【點睛】本題主要考查點的對稱問題，直線與圓的位置關系，計算量較大，意在考查學生的轉化能力，計算能力，難度中等.20、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）利用