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1、2022-2023学年高一上数学期末模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1如图，在正四棱柱中，点是平面内的一个动点，则三棱锥的正视图和俯视图的面积之比的最大值为AB.C.D.2已知函数在-2，1上具有单调性，则实数k的取值范围是（）A.k-8B.k4C.k-8或k4D.-8k43体育老师记录了班上
2、10名同学1分钟内的跳绳次数，得到如下数据：88，94，96，98，98，99，100，101，101，116.这组数据的60%分位数是（）A.98B.99C.99.5D.1004在中，若边上一点满足，则（ ）A.B.C.D.5容量为100的样本数据，按从小到大的顺序分为8组，如下表：组号12345678频数1013141513129第3组的频数和频率分别是（）A.和14B.14和C.和24D.24和6已知集合A=1，2，3，4，B=xR|0x-13，则AB=（ ）A.B.2，3C.1，2，3D.2，3，47函数的部分图象如图所示，则，的值分别是（）A.2，B.2，C.4，D.4，8已知函数，
3、其中为实数，若对恒成立，且，则的单调递增区间是A.B.C.D.9已知为等差数列，为的前项和，且，则公差A.B.C.D.10设集合A=3，4，5，B=3，6，P=x|xA，Q=x|xB，则PQ=A.3B.3，4，5，6C.3D.3，二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11已知函数若，则实数_.12已知点是角终边上一点，且，则的值为_.13已知函数若存在实数使得函数的值域为，则实数的取值范围是_14函数的定义域为_15如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它由四个全等的直角三角形围成，其中，现将每个直角三角形的较长的直角边分别向外延长一倍，得到如图2的数学风车，则图2“赵爽弦图
4、”外面（图中阴影部分）的面积与大正方形面积之比为_16若且，则取值范围是_三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17如图，某污水处理厂要在一个矩形污水处理池的池底水平铺设污水净化管道（直角三角形三条边，是直角顶点）来处理污水，管道越长，污水净化效果越好.要求管道的接口是的中点，分别落在线段上（含线段两端点），已知米，米，记.（1）试将污水净化管道的总长度（即的周长）表示为的函数，并求出定义域；（2）问取何值时，污水净化效果最好？并求出此时管道的总长度.18（1）计算：.（2）化简：.19已知函数，（1）求函数的最大值及取得最大值时的值；（2）若方程在上
5、的解为，求的值20设两个向量，满足，.（1）若，求、的夹角；（2）若、夹角为，向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.21已知的顶点，边上的高所在直线的方程为，边上中线所在的直线方程为（1）求直线的方程；（2）求点的坐标参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、B【解析】由题意可知，P在正视图中的射影是在C1D1上，AB在正视图中，在平面CDD1C1上的射影是CD，P的射影到CD的距离是AA1=2，所以三棱锥PABC的正视图的面积为三棱锥PABC的俯视图的面积的最小值为，所以三棱锥PABC的正视图与俯视图的面积之比的最大值
6、为，故选B点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.2、C【解析】根据二次函数的单调性和对称轴之间的关系，建立条件求解即可.【详解】函数对称轴为，要使在区间-2，1上具有单调性，则或，或综上所述的范围是：k-8或k4.故选：C.3、C【解析】根据分位数的定义即可求得答案.【详解】这组数据的60%分位数是.4、A【解析】根据向量的线性运算法则，结合题意，即可求解.【详解】由中，且边上一点满足，如图所示，根据向
7、量的线性运算法则，可得：.故选：A.5、B【解析】根据样本容量和其它各组的频数，即可求得答案.【详解】由题意可得：第3组频数为 ，故第3组的频率为 ，故选：B6、B【解析】求解一元一次不等式化简，再由交集运算得答案【详解】解：，2，3，2，3，故选：7、B【解析】根据图象的两个点、的横坐标，得到四分之三个周期的值，得到周期的值，做出的值，把图象所过的一个点的坐标代入方程做出初相，写出解析式，代入数值得到结果【详解】解：由图象可得：，又由函数的图象经过，即，又由，则故选：B【点睛】本题考查由部分图象确定函数的解析式，属于基础题关键点点睛：本题解题的关键是利用代入点的坐标求出初相.8、C【解析】先
8、由三角函数的最值得或，再由得，进而可得单调增区间.【详解】因为对任意恒成立，所以，则或，当时，则（舍去），当时，则，符合题意，即，令，解得，即的单调递增区间是；故选C.【点睛】本题主要考查了三角函数的图像和性质，利用三角函数的性质确定解析式，属于中档题.9、A【解析】分析：先根据已知化简即得公差d.详解：由题得4+4+d+4+2d=6,所以d=.故答案为A.点睛：本题主要考查等差数列的前n项和和等差数列的通项，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平.10、D【解析】集合P=x|xA表示集合A的子集构成的集合，故P=,3,4,5,3,4,3,5,4,5,3,4,5，同样Q=,3,6,3,6.PQ=
9、3,；故选D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、2【解析】先计算，再计算即得解.【详解】解：，所以.故答案为：212、【解析】由三角函数定义可得,进而求解即可【详解】由题,所以,故答案为：【点睛】本题考查由三角函数值求终边上的点,考查三角函数定义的应用13、【解析】当时，函数为减函数，且在区间左端点处有令，解得令，解得的值域为，当时，在，上单调递增，在上单调递减，从而当时，函数有最小值，即为函数在右端点的函数值为的值域为，则实数的取值范围是点睛：本题主要考查的是分段函数的应用当时，函数为减函数，且在区间左端点处有，当时，在，上单调递增，在上单调递减，从而当时，函数有最小值
10、，即为，函数在右端点的函数值为，结合图象即可求出答案14、【解析】本题首先可以通过分式的分母不能为以及根式的被开方数大于等于来列出不等式组，然后通过计算得出结果【详解】由题意可知，解得或者，故定义域为【点睛】本题考查函数的定义域的相关性质，主要考查函数定义域的判断，考查计算能力，考查方程思想，是简单题15、24:25【解析】设三角形三边的边长分别为，分别求出阴影部分面积和大正方形面积即可求解.【详解】解：由题意，“赵爽弦图”由四个全等的直角三角形围成，其中，设三角形三边的边长分别为，则大正方形的边长为5 ，所以大正方形的面积，如图，将延长到，则，所以，又到的距离即为到的距离，所以三角形的面积等
11、于三角形的面积，即，所以“赵爽弦图”外面（图中阴影部分）的面积，所以“赵爽弦图”外面（图中阴影部分）的面积与大正方形面积之比为.故答案为：24:25.16、或【解析】分类讨论解对数不等式即可.【详解】因为，所以，当时，可得，当时，可得.所以或故答案为：或三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1），（2）或时，L取得最大值为米【解析】（1）解直角三角形求得得EH、FH、EF的解析式，再由L=EH+FH+EF得到污水净化管道的长度L的函数解析式，并注明的范围（2）设sin+cos=t，根据函数L=在，上是单调减函数，可求得L的最大值同时也可求得值【
12、小问1详解】由题意可得，由于 ，所以，即，【小问2详解】设，则，由于，由于在上是单调减函数，当时，即或时，L取得最大值为米18、（1）；（2）【解析】（1）根据分数指数幂及对数的运算法则计算可得；（2）利用诱导公式及特殊值的三角函数值计算可得；【详解】解：（1）（2）19、（1）当时，函数取得最大值为；（2）.【解析】（1）利用同角三角函数的平方关系化简，再利用换元法即可求最值以及取得最值时的值；（2）求出函数的对称轴，得到和的关系，利用诱导公式化简可得答案.【详解】（1），令，可得，对称轴为 ，开口向下，所以在上单调递增，所以当，即，时，所以当时，函数取得最大值为；（2）令，可得，当时，是的
13、对称轴，因为方程在上的解为，且，所以，所以，所以，所以的值为.20、（1）；（2）且.【解析】（1）根据数量积运算以及结果，结合模长，即可求得，再根据数量积求得夹角；（2）根据夹角为钝角则数量积为负数，求得的范围；再排除向量与不为反向向量对应参数的范围，则问题得解.【详解】（1）因为，所以，即，又，所以，所以，又，所以向量、的夹角是.（2）因为向量与的夹角为钝角，所以，且向量与不反向共线，即，又、夹角为，所以，所以，解得，又向量与不反向共线，所以，解得，所以的取值范围是且.【点睛】本题考查利用数量积求向量夹角，以及由夹角范围求参数范围，属综合基础题.21、（1）；（2）【解析】(1)由,知两条直线的斜率乘积为-1,进而由点斜式求直线即可;(2) 设，则，代入方程求解即可.试题解析：（1）,且直线的斜率为，直线的斜率为，直线的方程为，即（2）设，则，解得，
