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廣東省茂名市、揭陽市高三下學期5月聯考數學試題
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.函數的最小正周期是( )
A. B. C. D.
2.已知集合，則( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，則，( )
A. B. C. D.
4.“物競天擇，適者生存”是大自然環境下選擇的結果，森林中某些昆蟲會通過向后跳躍的方式來躲避偷襲的天敵.經某生物小組研究表明某類昆蟲在水平速度為單位：分米/秒時的跳躍高度單位：米近似滿足的等量關系，則該類昆蟲的最大跳躍高度約為( )
A. 米 B. 米 C. 米 D. 米
5.下列函數是奇函數且在上單調遞增的為( )
A. B.
C. D.
6.若復數z滿足，則( )
A. B. C. 1 D.
7.若，則( )
A. B. C. 2 D. 15
8.已知動點P到坐標原點O，x軸，y軸的距離之和為2，則的取值范圍是( )
A. B. C. D.
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。
9.已知雙曲線，則( )
A. E的實軸長是虛軸長的9倍 B. E的漸近線方程為
C. E的焦距為4 D. E的離心率為
10.已知甲組樣本數據：，，，，乙組樣本數據：，，，，，其中，且甲、乙兩組樣本數據的平均數相同，則( )
A. 兩組樣本數據的樣本中位數相同 B. 兩組樣本數據的樣本極差相同
C. 兩組樣本數據的樣本第30百分位數相同 D. 兩組樣本數據的樣本方差相同
11.三棱錐中，平面平面ABC，，，其各頂點均在球O的表面上，則( )
A. B. 點A到平面PBC的距離為
C. 二面角的余弦值為 D. 球O的表面積為
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知正項等比數列滿足，，，成等差數列，則其公比為 .
13.已知函數在處的切線方程為，則的最小值為 .
14.已知拋物線的準線交x軸于點Q，斜率為2的直線l交C于第一象限的點M，N，M在N的左側，若第三象限內存在點P，滿足，且在上的投影數量為，則p的取值范圍為 平面內向量在向量方向上的投影數量為
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.本小題13分
已知某早餐牛奶店甲推出了A和B兩款新口味牛奶，另外一家早餐包子鋪乙推出了一款新品包子且早餐牛奶店甲向某小區的一名用戶配送A款新口味牛奶的概率為，配送B款新口味牛奶的概率為，同時配送A和B的概率為早餐包子鋪乙向該用戶配送新品包子C的概率為，且甲店與乙店的配送結果互不影響.
在甲店沒有向該用戶配送A款新口味牛奶的條件下，求它向該用戶配送B款新口味牛奶的概率;
求這兩家店至少向該用戶配送A、B、C中的一種的概率.
16.本小題15分
已知函數
求的極值;
證明：
17.本小題15分
記為數列的前n項和，已知，
求
求的通項公式;
證明：
18.本小題17分
已知內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且
證明：
求的最值;
若，，求的面積S的取值范圍.
19.本小題17分
如圖，三棱錐中，點B在平面ACD的射影H恰在CD上，M為HC中點，，，
若平面BAH，證明：M是CD的三等分點;
記D的軌跡為曲線W，判斷W是什么曲線，并說明理由;
求CD的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：函數通過把x軸下部分翻折后可得函數的圖象；
翻折后，可得函數的周期與函數相同．
函數的最小正周期是
故選：
2.【答案】D
【解析】解：因為或，
故，
故
故選
3.【答案】A
【解析】解：因為，，
所以，
所以
故選
4.【答案】B
【解析】解：由可知，故，當且僅當時，等號成立.
于是該類昆蟲的最大跳躍高度為米.
5.【答案】C
【解析】解：對于選項A，易知 的定義域為 ，關于原點對稱，
又函數 ，所以 是奇函數，但在 上單調遞減，故選項A不正確；
對于選項B，函數是指數函數，不是奇函數，故選項B不正確，
對于選項C， ，因為 ，所以 的定義域為R ，
又 ，所以 是奇函數，
又 在 上單調遞增， 在定義域上單調遞增，
所以 在 上單調遞增，故選項C正確，
對于選項D，函數是奇函數，但在上不是單調遞增的，故選項D不正確，
故選：
6.【答案】D
【解析】解：不妨設，a，，則，即，
整理得，故，
注意到，則只能，故，
故
7.【答案】A
【解析】解：顯然僅有有含的項，
于是，解得
代入，可得，于是故選
8.【答案】B
【解析】解：設點，由題意可得，
不妨令，取，，其中，，
則，
故
由可知，
故，
的取值茫圍是
9.【答案】BD
【解析】解：對于A，易得E的實軸長是虛軸長的3倍，故A錯誤;
對于B，的漸近線方程是，故B正確;
對于C，E的焦距為，故C錯誤;
對于D，E的離心率為，故D正確.故選
10.【答案】BC
【解析】解：由題意知，解得，
故甲組樣本數據為，，，，乙組樣本數據為，，，，
對于A，甲組樣本的中位數為，乙組樣本的中位數為，
二者不一定相同，故A錯誤;
對于B，顯然兩組樣本數據的樣本極差均為，故B正確;
對于C，由，，
可知兩組樣本數據的樣本第30百分位數均為從小到大排列后的第二個數.
當時，甲組樣本數據為，，，，
乙組樣本數據為，，，，，
此時二者的第30百分位數均為
當時，甲組樣本數據為，，，，
乙組樣本數據為，，，，，
此時二者的第30百分位數均為故C正確;
對于D，甲組樣本數據的方差，
乙組樣本數據的方差，，
故D錯誤.故選
11.【答案】ABD
【解析】解：對于A，取AB中點M，由可知，
由平面ABC，平面平面ABC，平面平面可知平面PAB，
于是由平面PAB可得，
故，
代入數據得，，，，故A正確;
對于B，取CP上一點N使得
記點A到平面PBC的距離為d，則，故
而，，
由余弦定理得，
故，
故，，
故，故B正確;
對于C，由，，，平面PCM，平面PCM，可知平面PCM，
由平面PCM，可知
而，平面ABN，平面ABN，故平面NAB，且平面，
故二面角的平面角為
類比BN的推導過程可知，
故，即二面角的余弦值為，故C錯誤;
對于D，由，M為AB中點可知，
故的外心為M，
由平面PAB可知直線CM上的點到點A，B，P的距離相等，
故球心O在直線CM上.
由平面幾何知識知點O在線段CM上.
記，則，
故，，
故球O的表面積，故D正確.
故選
12.【答案】3
【解析】解：設的公比為，
因為，，成等差數列，
所以，可得，
解得或舍去
故答案為
13.【答案】
【解析】解：已知在處的切線斜率為5，而，所以，解得，
切點為，代入可得，故，其最小值為
故答案為
14.【答案】
【解析】解：設點，，，
由題知，則，
所以，化簡得，
直線l的斜率為2，即，
由有
解得，代入式有，解得
故答案為
15.【答案】解：設甲店向該用戶配送A為事件M，配送B為事件N，
則甲店沒有向該用戶配送A為事件，
由題設可知：，，，，
又，
所以，
故
設乙店向該用戶配送C為事件Q，
則這兩家店向該用戶至少配送A、B、C中的一種的概率為：，
因為甲店與乙店的配送結果互不影響，
所以，
因為，
所以，即，
所以
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
16.【答案】解：函數定義域為，
，
由，可得，
可知當時，，單調遞減;
當時，，單調遞減;
當時，，單調遞增，
故有極小值，無極大值.
當時，有恒成立.
當時，構造函數，則，
故在上單調遞增，
于是，即，
于是此時，
由可知，故，
故
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
17.【答案】解：令可得，故
令可得，
故
易得，故，
化簡得，即，
由知，故，
累乘可得，
即，故
由可得
當時，，
當時，，
綜上：
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
18.【答案】解：因為，
，
兩式相加得，得證.
取，此時，滿足，
令，，
故無最大值，
因為，
，
則，，
，則或，
由，有，則，
時，，時取等，
時，
，時取等，
因為，則的最小值是，
綜上，有最小值，無最大值.
時，，
則，
時，在中，由正弦定理有，
則，，
則，
由函數在上單調遞減，
有，
，
綜上，的面積S的取值范圍是
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】
19.【答案】解：由于平面BAH，作，垂足為點G，由于平面BAH，則，
又，，MH，平面GMH，因此平面GMH，平面GMH，從而，同理可得，又，從而，
又因為面ABH，從而，因此，進而M為DC的三等分點.
橢圓，
延長BA至K，使得，由于，進而M，D到AB的距離為定值，因此M，D應在以AK為高線的圓柱上運動，
且上下底面與AK垂直，又因為M，D為平面ACD上兩點，，
從而M，D的運動平面截得該圓柱，根據圓錐曲線的定義，因而M，D的運動軌跡應為橢圓，示意如下.
以A為原點，HA所在直線為x軸，過A點、與HB平行的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
下面求橢圓方程：一方面，由于該圓柱的底面半徑為，故由圖可知橢圓的短半軸長為1，另一方面，由，從而橢圓的長軸，
進而橢圓方程又，平面ACD，從而，即，
由定義知H為橢圓的左焦點.設E的右焦點為，則，
設，在中由余弦定理知：，解得，同理可知，
則，令，，從而，
，
令，解得，舍去，
，，，，因此為的極小值點，故，
所以CD的最小值為
【解析】詳細解答和解析過程見【答案】

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