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．已知角α的終邊上有一點P（sin，cos），則tanα=（）A． B． C． D．2．已知是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是A．，則B．，則C．，則D．，則3．在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，，，則滿足條件的的個數為（）A．0 B．1 C．2 D．無數多個4．若滿足條件的三角形ABC有兩個，那么a的取值范圍是（）A． B． C． D．5．命題“”的否定是（）A．, B．,C．, D．,6．數列的首項為，為等差數列，且（），若，，則（）A． B． C． D．7．給定函數：①；②；③；④，其中奇函數是（）A．① B．② C．③ D．④8．執行如圖所示的程序框圖，若輸入的a，b的值分別為1，1，則輸出的是（）A．29 B．17 C．12 D．59．函數的圖象與函數的圖象交點的個數為（）A． B． C． D．10．某廠家生產甲、乙、丙三種不同類型的飲品?產量之比為2:3:4.為檢驗該廠家產品質量，用分層抽樣的方法抽取一個容量為72的樣本，則樣本中乙類型飲品的數量為A．16 B．24 C．32 D．48二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．若正實數，滿足，則的最小值是________.12．在中，已知，，，則角__________．13．在我國古代數學著作《孫子算經》中，卷下第二十六題是：今有物，不知其數，三三數之剩二，五五數之剩三，七七數之剩二，問物幾何？滿足題意的答案可以用數列表示，該數列的通項公式可以表示為________14．執行如圖所示的程序框圖，則輸出結果_____.15．如圖是一個三角形數表，記，，…，分別表示第行從左向右數的第1個數，第2個數，…，第個數，則當，時，______.16．函數（）的值域是__________.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，.（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）求的值.18．已知函數，其圖象與軸相鄰的兩個交點的距離為.（1）求函數的解析式；（2）若將的圖象向左平移個長度單位得到函數的圖象恰好經過點，求當取得最小值時，在上的單調區間.19．如圖，在三棱錐中，，分別為棱，上的三等份點，，.（1）求證：平面；（2）若，平面，求證：平面平面.20．如圖，已知等腰梯形中，是的中點，，將沿著翻折成，使平面平面．（Ⅰ）求證：；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在線段上是否存在點P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，說明理由．21．某桶裝水經營部每天的房租、人員工資等固定成本為200元，每桶水的進價為3元，根據以往的經驗售價為4元時，可賣出280桶；若銷售單價每增加1元，日均銷售量就減少40桶，則這個經營部怎樣定價才能獲得最大利潤？最大利潤是多少？

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】

由題意利用任意角的三角函數的定義，求得tanα的值．【詳解】解：∵角α的終邊上有一點P（sin，cos），∴x＝sin，y＝cos，∴則tanα，故選A．【點睛】本題主要考查任意角的三角函數的定義，屬于基礎題．2、D【解析】

根據空間中直線與平面的位置關系的相關定理依次判斷各個選項即可.【詳解】兩平行平面內的直線的位置關系為：平行或異面，可知錯誤；且，此時或，可知錯誤；，，，此時或，可知錯誤；兩平行線中一條垂直于一個平面，則另一條必垂直于該平面，正確.本題正確選項：【點睛】本題考查空間中直線與平面、平面與平面位置關系的判定，考查學生對于定理的掌握程度，屬于基礎題.3、B【解析】

直接由正弦定理分析判斷得解.【詳解】由正弦定理得,所以C只有一解，所以三角形只有一解.故選：B【點睛】本題主要考查正弦定理的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.4、C【解析】

利用正弦定理，用a表示出sinA，結合C的取值范圍，可知；根據存在兩個三角形的條件，即可求得a的取值范圍。【詳解】根據正弦定理可知，代入可求得因為，所以若滿足有兩個三角形ABC則所以所以選C【點睛】本題考查了正弦定理在解三角形中的簡單應用，判斷三角形的個數情況，屬于基礎題。5、B【解析】

含有一個量詞的命題的否定，注意“改量詞，否結論”.【詳解】改為，改成，則有：.故選：B.【點睛】本題考查含一個量詞的命題的否定，難度較易.6、B【解析】由題意可設等差數列的首項為，公差為，所以所以，所以，即=2n-8,=,所以,選B.7、D【解析】試題分析：，知偶函數，，知非奇非偶，知偶函數，，知奇函數.考點：函數奇偶性定義.8、B【解析】

根據程序框圖依次計算得到答案.【詳解】結束，輸出故答案選B【點睛】本題考查了程序框圖的計算，屬于常考題型.9、D【解析】

通過對兩函數的表達式進行化簡，變成我們熟悉的函數模型，比如反比例、一次函數、指數、對數及三角函數,看圖直接判斷【詳解】由，作圖如下：共6個交點，所以答案選擇D【點睛】函數圖象交點個數問題與函數零點、方程根可以作相應等價，用函數零點及方程根本題不現實，所以我們更多去考慮分別作圖象，直接看交點個數.10、B【解析】

根據分層抽樣各層在總體的比例與在樣本的比例相同求解.【詳解】因為分層抽樣總體和各層的抽樣比例相同，所以各層在總體的比例與在樣本的比例相同，所以樣本中乙類型飲品的數量為.故選B.【點睛】本題考查分層抽樣，依據分層抽樣總體和各層的抽樣比例相同.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】

將配湊成，由此化簡的表達式，并利用基本不等式求得最小值.【詳解】由得，所以.當且僅當，即時等號成立.故填：.【點睛】本小題主要考查利用基本不等式求和式的最小值，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.12、【解析】

先由正弦定理得到角A的大小，再由三角形內角和為得到結果.【詳解】根據三角形正弦定理得到：，故得到或，因為故得到故答案為.【點睛】在解與三角形有關的問題時，正弦定理、余弦定理是兩個主要依據.解三角形時，有時可用正弦定理，有時也可用余弦定理，應注意用哪一個定理更方便、簡捷一般來說,當條件中同時出現及、時，往往用余弦定理，而題設中如果邊和正弦、余弦函數交叉出現時，往往運用正弦定理將邊化為正弦函數再結合和、差、倍角的正余弦公式進行解答.13、【解析】

根據題意結合整除中的余數問題、最小公倍數問題，進行分析求解即可．【詳解】由題意得：一個數用3除余2，用7除也余2，所以用3與7的最小公倍數21除也余2，而用21除余2的數我們首先就會想到23；23恰好被5除余3，即最小的一個數為23，同時這個數相差又是3，5，7的最小公倍數，即，即數列的通項公式可以表示為，故答案為：.【點睛】本題以數學文化為背景，利用數列中的整除、最小公倍數進行求解，考查邏輯推理能力和運算求解能力.14、1【解析】

弄清程序框圖的算法功能是解題關鍵．由模擬執行程序，可知，本程序的算法功能是計算的值，依據數列求和方法——并項求和，即可求出．【詳解】根據程序框圖，可得程序框圖的功能是計算并輸出，輸出的為1．【點睛】本題主要考查了含有循環結構的程序框圖的算法功能的理解以及數列求和的基本方法——并項求和法的應用．正確得到程序框圖的算法功能，選擇合適的求和方法是解題的關鍵．15、【解析】

由圖表，利用歸納法，得出，再利用疊加法，即可求解數列的通項公式.【詳解】由圖表，可得，，，，，可歸納為，利用疊加法可得：，故答案為.【點睛】本題主要考查了歸納推理的應用，以及數列的疊加法的應用，其中解答中根據圖表，利用歸納法，求得數列的遞推關系式是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.16、【解析】

由，根據基本不等式即可得出，然后根據對數函數的單調性即可得出，即求出原函數的值域．【詳解】解：，當且僅當，時取等號，；原函數的值域是．故答案為：．【點睛】考查函數的值域的定義及求法，基本不等式的應用，以及對數函數的單調性，增函數的定義．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、(Ⅰ)，.(Ⅱ).【解析】試題分析：(Ⅰ)結合角的范圍和同角三角函數基本關系可得，.(Ⅱ)將原式整理變形，結合(Ⅰ)的結論可得其值為.試題解析：（Ⅰ）因為，所以，由于，所以，所以.（Ⅱ）原式..18、（1）（2）單調增區間為，；單調減區間為.【解析】

（1）利用兩角差的正弦公式，降冪公式以及輔助角公式化簡函數解析式，根據其圖象與軸相鄰的兩個交點的距離為，得出周期，利用周期公式得出，即可得出該函數的解析式；（2）根據平移變換得出，再由函數的圖象經過點，結合正弦函數的性質得出的最小值，進而得出，利用整體法結合正弦函數的單調性得出該函數在上的單調區間.【詳解】解：（1）由已知函數的周期，，∴.（2）將的圖象向左平移個長度單位得到的圖象∴，∵函數的圖象經過點∴，即∴，∴，∵，∴當，取最小值，此時最小值為此時，.令，則當或，即當或時，函數單調遞增當，即時，函數單調遞減.∴在上的單調增區間為，；單調減區間為.【點睛】本題主要考查了由正弦函數的性質確定解析式以及正弦型函數的單調性，屬于中檔題.19、(1)見證明；(2)見證明【解析】

（1）由，，得，進而得即可證明平面.（2）平面得，由，，得，進而證明平面，則平面平面【詳解】證明：（1）因為，，所以，所以，因為平面，平面，所以平面.（2）因為平面，平面，所以.因為，，所以，又，所以平面.又平面，所以平面平面.【點睛】本題考查線面平行的判定，面面垂直的判定，考查空間想象及推理能力，熟記判定定理是關鍵，是基礎題20、（Ⅰ）詳見解析；（Ⅱ）二面角的余弦值為；（Ⅲ）存在點P，使得平面，且．【解析】

試題分析：（I）根據直線與平面垂直的判定定理，需證明垂直平面內的兩條相交直線．由題意易得四邊形是菱形，所以，從而，即，進而證得平面．（Ⅱ）由（I）可知，、、兩兩互相垂直，故可以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量即可求得二面角的余弦值．（Ⅲ）根據直線與平面平行的判定定理，只要能找到一點P使得PM平行平面內的一條直線即可．由于，故可取線段中點P，中點Q，連結．則，且．由此即可得四邊形是平行四邊形，從而問題得證．試題解析：（I）由題意可知四邊形是平行四邊形，所以，故．又因為，M為AE的中點所以，即又因為，所以四邊形是平行四邊形．所以故．因為平面平面，平面平面，平面所以平面．因為平面，所以．因為，、平面，所以平面．（Ⅱ）以為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，則，，，．平面的法向量為．設平面的法向量為，因為，，，令得，．所以，因為二面角為銳角，所以二面角的余弦值為．（Ⅲ）存在點P，使得平面．法一:取線段中點P，中點Q，連結．則，且．又因為四邊形是平行四邊形，所以．因為為的中點，則．所以四邊形是平行四邊形，則．又因為平面，所以平面．所以在線段上存在點，使得平面，．法二：設在線段上存在點，使得平面，設，（），，因為．所以．因