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广东省茂名市、揭阳市高三下学期5月联考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.函数的最小正周期是( )
A. B. C. D.
2.已知集合，则( )
A. B. C. D.
3.已知向量，，则，( )
A. B. C. D.
4.“物竞天择，适者生存”是大自然环境下选择的结果，森林中某些昆虫会通过向后跳跃的方式来躲避偷袭的天敌.经某生物小组研究表明某类昆虫在水平速度为单位：分米/秒时的跳跃高度单位：米近似满足的等量关系，则该类昆虫的最大跳跃高度约为( )
A. 米 B. 米 C. 米 D. 米
5.下列函数是奇函数且在上单调递增的为( )
A. B.
C. D.
6.若复数z满足，则( )
A. B. C. 1 D.
7.若，则( )
A. B. C. 2 D. 15
8.已知动点P到坐标原点O，x轴，y轴的距离之和为2，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知双曲线，则( )
A. E的实轴长是虚轴长的9倍 B. E的渐近线方程为
C. E的焦距为4 D. E的离心率为
10.已知甲组样本数据：，，，，乙组样本数据：，，，，，其中，且甲、乙两组样本数据的平均数相同，则( )
A. 两组样本数据的样本中位数相同 B. 两组样本数据的样本极差相同
C. 两组样本数据的样本第30百分位数相同 D. 两组样本数据的样本方差相同
11.三棱锥中，平面平面ABC，，，其各顶点均在球O的表面上，则( )
A. B. 点A到平面PBC的距离为
C. 二面角的余弦值为 D. 球O的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正项等比数列满足，，，成等差数列，则其公比为 .
13.已知函数在处的切线方程为，则的最小值为 .
14.已知抛物线的准线交x轴于点Q，斜率为2的直线l交C于第一象限的点M，N，M在N的左侧，若第三象限内存在点P，满足，且在上的投影数量为，则p的取值范围为 平面内向量在向量方向上的投影数量为
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题13分
已知某早餐牛奶店甲推出了A和B两款新口味牛奶，另外一家早餐包子铺乙推出了一款新品包子且早餐牛奶店甲向某小区的一名用户配送A款新口味牛奶的概率为，配送B款新口味牛奶的概率为，同时配送A和B的概率为早餐包子铺乙向该用户配送新品包子C的概率为，且甲店与乙店的配送结果互不影响.
在甲店没有向该用户配送A款新口味牛奶的条件下，求它向该用户配送B款新口味牛奶的概率;
求这两家店至少向该用户配送A、B、C中的一种的概率.
16.本小题15分
已知函数
求的极值;
证明：
17.本小题15分
记为数列的前n项和，已知，
求
求的通项公式;
证明：
18.本小题17分
已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且
证明：
求的最值;
若，，求的面积S的取值范围.
19.本小题17分
如图，三棱锥中，点B在平面ACD的射影H恰在CD上，M为HC中点，，，
若平面BAH，证明：M是CD的三等分点;
记D的轨迹为曲线W，判断W是什么曲线，并说明理由;
求CD的最小值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：函数通过把x轴下部分翻折后可得函数的图象；
翻折后，可得函数的周期与函数相同．
函数的最小正周期是
故选：
2.【答案】D
【解析】解：因为或，
故，
故
故选
3.【答案】A
【解析】解：因为，，
所以，
所以
故选
4.【答案】B
【解析】解：由可知，故，当且仅当时，等号成立.
于是该类昆虫的最大跳跃高度为米.
5.【答案】C
【解析】解：对于选项A，易知 的定义域为 ，关于原点对称，
又函数 ，所以 是奇函数，但在 上单调递减，故选项A不正确；
对于选项B，函数是指数函数，不是奇函数，故选项B不正确，
对于选项C， ，因为 ，所以 的定义域为R ，
又 ，所以 是奇函数，
又 在 上单调递增， 在定义域上单调递增，
所以 在 上单调递增，故选项C正确，
对于选项D，函数是奇函数，但在上不是单调递增的，故选项D不正确，
故选：
6.【答案】D
【解析】解：不妨设，a，，则，即，
整理得，故，
注意到，则只能，故，
故
7.【答案】A
【解析】解：显然仅有有含的项，
于是，解得
代入，可得，于是故选
8.【答案】B
【解析】解：设点，由题意可得，
不妨令，取，，其中，，
则，
故
由可知，
故，
的取值茫围是
9.【答案】BD
【解析】解：对于A，易得E的实轴长是虚轴长的3倍，故A错误;
对于B，的渐近线方程是，故B正确;
对于C，E的焦距为，故C错误;
对于D，E的离心率为，故D正确.故选
10.【答案】BC
【解析】解：由题意知，解得，
故甲组样本数据为，，，，乙组样本数据为，，，，
对于A，甲组样本的中位数为，乙组样本的中位数为，
二者不一定相同，故A错误;
对于B，显然两组样本数据的样本极差均为，故B正确;
对于C，由，，
可知两组样本数据的样本第30百分位数均为从小到大排列后的第二个数.
当时，甲组样本数据为，，，，
乙组样本数据为，，，，，
此时二者的第30百分位数均为
当时，甲组样本数据为，，，，
乙组样本数据为，，，，，
此时二者的第30百分位数均为故C正确;
对于D，甲组样本数据的方差，
乙组样本数据的方差，，
故D错误.故选
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取AB中点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，
代入数据得，，，，故A正确;
对于B，取CP上一点N使得
记点A到平面PBC的距离为d，则，故
而，，
由余弦定理得，
故，
故，，
故，故B正确;
对于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，
故二面角的平面角为
类比BN的推导过程可知，
故，即二面角的余弦值为，故C错误;
对于D，由，M为AB中点可知，
故的外心为M，
由平面PAB可知直线CM上的点到点A，B，P的距离相等，
故球心O在直线CM上.
由平面几何知识知点O在线段CM上.
记，则，
故，，
故球O的表面积，故D正确.
故选
12.【答案】3
【解析】解：设的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，可得，
解得或舍去
故答案为
13.【答案】
【解析】解：已知在处的切线斜率为5，而，所以，解得，
切点为，代入可得，故，其最小值为
故答案为
14.【答案】
【解析】解：设点，，，
由题知，则，
所以，化简得，
直线l的斜率为2，即，
由有
解得，代入式有，解得
故答案为
15.【答案】解：设甲店向该用户配送A为事件M，配送B为事件N，
则甲店没有向该用户配送A为事件，
由题设可知：，，，，
又，
所以，
故
设乙店向该用户配送C为事件Q，
则这两家店向该用户至少配送A、B、C中的一种的概率为：，
因为甲店与乙店的配送结果互不影响，
所以，
因为，
所以，即，
所以
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】解：函数定义域为，
，
由，可得，
可知当时，，单调递减;
当时，，单调递减;
当时，，单调递增，
故有极小值，无极大值.
当时，有恒成立.
当时，构造函数，则，
故在上单调递增，
于是，即，
于是此时，
由可知，故，
故
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
17.【答案】解：令可得，故
令可得，
故
易得，故，
化简得，即，
由知，故，
累乘可得，
即，故
由可得
当时，，
当时，，
综上：
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18.【答案】解：因为，
，
两式相加得，得证.
取，此时，满足，
令，，
故无最大值，
因为，
，
则，，
，则或，
由，有，则，
时，，时取等，
时，
，时取等，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
时，，
则，
时，在中，由正弦定理有，
则，，
则，
由函数在上单调递减，
有，
，
综上，的面积S的取值范围是
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
19.【答案】解：由于平面BAH，作，垂足为点G，由于平面BAH，则，
又，，MH，平面GMH，因此平面GMH，平面GMH，从而，同理可得，又，从而，
又因为面ABH，从而，因此，进而M为DC的三等分点.
椭圆，
延长BA至K，使得，由于，进而M，D到AB的距离为定值，因此M，D应在以AK为高线的圆柱上运动，
且上下底面与AK垂直，又因为M，D为平面ACD上两点，，
从而M，D的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义，因而M，D的运动轨迹应为椭圆，示意如下.
以A为原点，HA所在直线为x轴，过A点、与HB平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
下面求椭圆方程：一方面，由于该圆柱的底面半径为，故由图可知椭圆的短半轴长为1，另一方面，由，从而椭圆的长轴，
进而椭圆方程又，平面ACD，从而，即，
由定义知H为椭圆的左焦点.设E的右焦点为，则，
设，在中由余弦定理知：，解得，同理可知，
则，令，，从而，
，
令，解得，舍去，
，，，，因此为的极小值点，故，
所以CD的最小值为
【解析】详细解答和解析过程见【答案】

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