廣東省陽江市陽東廣雅中學2023屆高三下學期第一次周考數學試題注意事項: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：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．《算數書》竹簡于上世紀八十年代在湖北省江陵縣張家山出土，這是我國現存最早的有系統的數學典籍.其中記載有求“囷蓋”的術：“置如其周，令相承也.又以高乘之，三十六成一”.該術相當于給出了由圓錐的底面周長與高，計算其體積的近似公式.它實際上是將圓錐體積公式中的圓周率近似取為3.那么近似公式相當于將圓錐體積公式中的圓周率近似取為（）A． B． C． D．2．已知函數的圖象在點處的切線方程是，則（）A．2 B．3 C．-2 D．-33．閱讀名著，品味人生，是中華民族的優良傳統.學生李華計劃在高一年級每周星期一至星期五的每天閱讀半個小時中國四大名著：《紅樓夢》、《三國演義》、《水滸傳》及《西游記》，其中每天閱讀一種，每種至少閱讀一次，則每周不同的閱讀計劃共有（）A．120種 B．240種 C．480種 D．600種4．若各項均為正數的等比數列滿足，則公比（）A．1 B．2 C．3 D．45．在中，角的對邊分別為，若，則的形狀為（）A．直角三角形 B．等腰非等邊三角形C．等腰或直角三角形 D．鈍角三角形6．波羅尼斯（古希臘數學家，的公元前262-190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，它將圓錐曲線的性質網羅殆盡，幾乎使后人沒有插足的余地．他證明過這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數k（k＞0，且k≠1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓．現有橢圓=1（a＞b＞0），A，B為橢圓的長軸端點，C，D為橢圓的短軸端點，動點M滿足=2，△MAB面積的最大值為8，△MCD面積的最小值為1，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．7．設、，數列滿足，，，則（）A．對于任意，都存在實數，使得恒成立B．對于任意，都存在實數，使得恒成立C．對于任意，都存在實數，使得恒成立D．對于任意，都存在實數，使得恒成立8．設數列的各項均為正數，前項和為，，且，則（）A．128 B．65 C．64 D．639．將函數的圖象沿軸向左平移個單位長度后，得到函數的圖象，則“”是“是偶函數”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件10．已知無窮等比數列的公比為2，且，則（）A． B． C． D．11．已知等差數列{an}，則“a2＞a1”是“數列{an}為單調遞增數列”的（）A．充分而不必要條件B．必要而不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件12．已知函數為奇函數，且，則（）A．2 B．5 C．1 D．3二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．甲、乙兩人同時參加公務員考試，甲筆試、面試通過的概率分別為和；乙筆試、面試通過的概率分別為和．若筆試面試都通過才被錄取，且甲、乙錄取與否相互獨立，則該次考試只有一人被錄取的概率是__________．14．已知函數，在區間上隨機取一個數，則使得≥0的概率為．15．如圖，已知扇形的半徑為1，面積為，則_____.16．已知雙曲線（，）的左，右焦點分別為，，過點的直線與雙曲線的左，右兩支分別交于，兩點，若，，則雙曲線的離心率為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知等差數列中，，數列的前項和.（1）求；（2）若，求的前項和.18．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為菱形，底面，.（1）求證：平面；（2）若直線與平面所成的角為，求平面與平面所成銳二面角的余弦值.19．（12分）已知函數，．（1）當時，討論函數的單調性；（2）若，當時，函數，求函數的最小值．20．（12分）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的等邊三角形，，，.（1）證明：平面平面；（2），分別是，的中點，是線段上的動點，若二面角的平面角的大小為，試確定點的位置.21．（12分）為迎接2022年冬奧會，北京市組織中學生開展冰雪運動的培訓活動，并在培訓結束后對學生進行了考核．記表示學生的考核成績，并規定為考核優秀．為了了解本次培訓活動的效果，在參加培訓的學生中隨機抽取了30名學生的考核成績，并作成如下莖葉圖：（Ⅰ）從參加培訓的學生中隨機選取1人，請根據圖中數據，估計這名學生考核優秀的概率；（Ⅱ）從圖中考核成績滿足的學生中任取2人，求至少有一人考核優秀的概率；（Ⅲ）記表示學生的考核成績在區間的概率，根據以往培訓數據，規定當時培訓有效．請根據圖中數據，判斷此次中學生冰雪培訓活動是否有效，并說明理由．22．（10分）如圖，D是在△ABC邊AC上的一點，△BCD面積是△ABD面積的2倍，∠CBD=2∠ABD=2θ．（Ⅰ）若θ=，求的值；（Ⅱ）若BC=4，AB=2，求邊AC的長．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】

將圓錐的體積用兩種方式表達，即，解出即可.【詳解】設圓錐底面圓的半徑為r，則，又，故，所以，.故選：C.【點睛】本題利用古代數學問題考查圓錐體積計算的實際應用，考查學生的運算求解能力、創新能力.2、B【解析】

根據求出再根據也在直線上，求出b的值，即得解.【詳解】因為，所以所以，又也在直線上，所以，解得所以.故選：B【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.3、B【解析】

首先將五天進行分組，再對名著進行分配，根據分步乘法計數原理求得結果.【詳解】將周一至周五分為組，每組至少天，共有：種分組方法；將四大名著安排到組中，每組種名著，共有：種分配方法；由分步乘法計數原理可得不同的閱讀計劃共有：種本題正確選項：【點睛】本題考查排列組合中的分組分配問題，涉及到分步乘法計數原理的應用，易錯點是忽略分組中涉及到的平均分組問題.4、C【解析】

由正項等比數列滿足，即，又，即，運算即可得解.【詳解】解：因為，所以，又，所以，又，解得.故選：C.【點睛】本題考查了等比數列基本量的求法，屬基礎題.5、C【解析】

利用正弦定理將邊化角，再由，化簡可得，最后分類討論可得；【詳解】解：因為所以所以所以所以所以當時，為直角三角形；當時即，為等腰三角形；的形狀是等腰三角形或直角三角形故選：．【點睛】本題考查三角形形狀的判斷，考查正弦定理的運用，考查學生分析解決問題的能力，屬于基礎題．6、D【解析】

求得定點M的軌跡方程可得，解得a，b即可.【詳解】設A（-a，0），B（a，0），M（x，y）．∵動點M滿足=2，則=2，化簡得.∵△MAB面積的最大值為8，△MCD面積的最小值為1，∴，解得，∴橢圓的離心率為．故選D．【點睛】本題考查了橢圓離心率，動點軌跡，屬于中檔題．7、D【解析】

取，可排除AB；由蛛網圖可得數列的單調情況，進而得到要使，只需，由此可得到答案.【詳解】取，，數列恒單調遞增，且不存在最大值，故排除AB選項；由蛛網圖可知，存在兩個不動點，且，，因為當時，數列單調遞增，則；當時，數列單調遞減，則；所以要使，只需要，故，化簡得且.故選：D．【點睛】本題考查遞推數列的綜合運用，考查邏輯推理能力，屬于難題．8、D【解析】

根據，得到，即，由等比數列的定義知數列是等比數列，然后再利用前n項和公式求.【詳解】因為，所以，所以，所以數列是等比數列，又因為，所以，.故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的定義及等比數列的前n項和公式，還考查了運算求解的能力，屬于中檔題.9、A【解析】

求出函數的解析式，由函數為偶函數得出的表達式，然后利用充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】將函數的圖象沿軸向左平移個單位長度，得到的圖象對應函數的解析式為，若函數為偶函數，則，解得，當時，.因此，“”是“是偶函數”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】本題考查充分不必要條件的判斷，同時也考查了利用圖象變換求三角函數解析式以及利用三角函數的奇偶性求參數，考查運算求解能力與推理能力，屬于中等題.10、A【解析】

依據無窮等比數列求和公式，先求出首項，再求出，利用無窮等比數列求和公式即可求出結果。【詳解】因為無窮等比數列的公比為2，則無窮等比數列的公比為。由有，，解得，所以，，故選A。【點睛】本題主要考查無窮等比數列求和公式的應用。11、C【解析】試題分析：根據充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．解：在等差數列{an}中，若a2＞a1，則d＞0，即數列{an}為單調遞增數列，若數列{an}為單調遞增數列，則a2＞a1，成立，即“a2＞a1”是“數列{an}為單調遞增數列”充分必要條件，故選C．考點：必要條件、充分條件與充要條件的判斷．12、B【解析】

由函數為奇函數,則有,代入已知即可求得.【詳解】.故選:.【點睛】本題考查奇偶性在抽象函數中的應用,考查學生分析問題的能力,難度較易.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

分別求得甲、乙被錄取的概率，根據獨立事件概率公式可求得結果.【詳解】甲被錄取的概率；乙被錄取的概率；只有一人被錄取的概率.故答案為：.【點睛】本題考查獨立事件概率的求解問題，屬于基礎題.14、【解析】試題分析：可以得出，所以在區間上使的范圍為，所以使得≥0的概率為考點：本小題主要考查與長度有關的幾何概型的概率計算.點評：幾何概型適用于解決一切均勻分布的問題，包括“長度”、“角度”、“面積”、“體積”等，但要注意求概率時做比的上下“測度”要一致.15、【解析】

根據題意，利用扇形面積公式求出圓心角，再根據等腰三角形性質求出，利用向量的數量積公式求出.【詳解】設角，則，，所以在等腰三角形中，，則.故答案為：.【點睛】本題考查扇形的面積公式和向量的數量積公式，屬于基礎題.16、【解析】

設，由雙曲線的定義得出：，由得為等腰三角形，設，根據，可求出，得出，再結合焦點三角形，利用余弦定理：求出和的關系，即可得出離心率.【詳解】解：設，由雙曲線的定義得出：，，由圖可知：，又，即，則，為等腰三角形，，設，，則，，即，解得：，則，，解得：，，解得：，，在中，由余弦定理得：，即：，解得：，即.故答案為：.【點睛】本題考查雙曲線的定義的應用，以及余弦定理的應用，求雙曲線離心率.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1），；（2）.【解析】

（1）由條件得出方程組，可求得的通項，當時，，可得，當時，，得出是以1為首項，2為公比的等比數列，可求得的通項；（2）由（1）可知，，分n為偶數和n為奇數分別求得.【詳解】（1）由條件知，，，當時，，即，當時，，是以1為首項，2為公比的等比數列，；（2）由（1）可知，，當n為偶數時，當n為奇數時，綜上，【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項的求得，以及其前n項和，注意分n為偶數和n為奇數兩種情況分別求得其數列的和，屬于中檔題.18、（1）證明見解析（2）【解析】

（1）由底面為菱形，得，再由底面，可得，結合線面垂直的判定可得平面；（2）以點為坐標原點，以所在直線及過點且垂直于平面的直線分別為軸建立空間直角坐標系，分別求出平面與平面的一個法向量，由兩法向量所成角的余弦值可得平面與平面所成銳二面角的余弦值.【詳解】（1）證明：底面為菱形，，底面，平面，又，平面，平面；（2）解：，，為等邊三角形，.底面，是直線與平面所成的角為，在中，由，解得.如圖，以點為坐標原點，以所在直線及過點且垂直于平面的直線分別為軸建立空間直角坐標系.則，，，，.，，，.設平面與平面的一個法向量分別為，.由，取，得；由，取，得..平面與平面所成銳二面角的余弦值為.【點睛】本題考查直線與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間向量求解空間角，屬于中檔題．19、（1）見解析（2）的最小值為【解析】

（1）由題可得函數的定義域為，，當時，，令，可得；令，可得，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，令，可得；令，可得或，所以函數在，上單調遞增，在上單調遞減；當時，恒成立，所以函數在上單調遞增．綜上，當時，函數在上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數在，上單調遞增，在上單調遞減；當時，函數在上單調遞增．（2）方法一：當時，，，設，，則，所以函數在上單調遞減，所以，當且僅當時取等號．當時，設，則，所以，設，，則，所以函數在上單調遞減，且，，所以存在，使得，所以當時，；當時，，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，因為，，所以，所以，當且僅當時取等號．所以當時，函數取得最小值，且，故函數的最小值為．方法二：當時，，，則，令，，則，所以函數在上單調遞增，又，所以存在，使得，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，因為，所以當時，恒成立，所以當時，恒成立，所以函數在上單調遞減，所以函數的最小值為．20、（1）證明見解析；（2）為線段上靠近點的四等分點，且坐標為【解析】

（1）先通過線面垂直的判定定理證明平面，再根據面面垂直的判定定理即可證明；（2）分析位置關系并建立空間直角坐標系，根據二面角的余弦值與平面法向量夾角的余弦值之間的關系，即可計算出的坐標從而位置可確定.【詳解】（1）證明：因為，，，所以，即.又因為，，所以，，所以平面.因為平面，所以平面平面.（2）解：連接，因為，是的中點，所以.由（1）知，平面平面，所以平面.以為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則平面的一個法向量是，，，.設，，，，代