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广东省揭阳市2024-2025学年高三下学期5月联考（三模）数学试题
1．（2025·揭阳模拟）函数的最小正周期是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·揭阳模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·揭阳模拟）已知向量，，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·揭阳模拟）“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v（单位：分米/秒）时的跳跃高度H（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．（2025·揭阳模拟）下列函数是奇函数且在上单调递增的为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·揭阳模拟）若复数满足，则（　　）
A． B． C．1 D．
7．（2025·揭阳模拟）若，则（　　）
A．-15 B．-2 C．2 D．15
8．（2025·揭阳模拟）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．
9．（2025·揭阳模拟）已知双曲线：，则（　　）
A．的实轴长是虚轴长的9倍 B．的渐近线方程为
C．的焦距为4 D．的离心率为
10．（2025·揭阳模拟）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．（2025·揭阳模拟）三棱锥中，平面平面，，，其各顶点均在球O的表面上，则（　　）
A．
B．点A到平面的距离为
C．二面角的余弦值为
D．球O的表面积为
12．（2025·揭阳模拟）已知正项等比数列满足，，，成等差数列，则其公比为　 　.
13．（2025·揭阳模拟）已知函数在处的切线方程为，则的最小值为　 　.
14．（2025·揭阳模拟）已知抛物线：的准线交x轴于点Q，斜率为2的直线交于第一象限的点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，则的取值范围为　 　．（平面内向量在向量方向上的投影数量为）
15．（2025·揭阳模拟）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C.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0.7，配送B款新口味牛奶的概率为0.5，同时配送A和B的概率为0.3；早餐包子铺乙向该用户配送新品包子C的概率为0.6，且甲店与乙店的配送结果互不影响.
（1）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；
（2）求这两家店至少向该用户配送A、B、C中的一种的概率.
16．（2025·揭阳模拟）已知函数
（1）求的极值；
（2）证明：.
17．（2025·揭阳模拟）记为数列的前项和，已知，.
（1）求；
（2）求的通项公式；
（3）证明：.
18．（2025·揭阳模拟）已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）求的最值；
（3）若，，求的面积S的取值范围.
19．（2025·揭阳模拟）如图，三棱锥中，点在平面的射影恰在上，为中点，，，.
（1）若平面，证明：是的三等分点；
（2）记的轨迹为曲线，判断是什么曲线，并说明理由；
（3）求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】因为函数的周期与的最小正周期一致，均为，
所以函数的最小正周期为.
故答案为：B.
【分析】根据解析式结合正切函数的图象性质判断即可求解出答案.
2．【答案】D
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】因为或，
所以，故.
故答案为：D.
【分析】利用求绝对值不等式的解法先求出集合，接着利用补集和交集的性质求解即可得到结果.
3．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】由题意可得，故.
故答案为：A.
【分析】根据题意，利用向量夹角的余弦公式，先求出d坐标，接着代入公式求解即可得到结果。
4．【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】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0.25米.
故答案为：B.
【分析】根据题意，先对进行化简得，结合基本不等式即可得到结果.
5．【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】对于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A错误；
对于B，函数是非奇非偶函数，故B错误；
对于C，，因为，
所以的定义域为关于原点对称，
又，
所以是奇函数，
又在上单调递增，为增函数，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，函数在上不为增函数，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：利用解析式，结合奇偶函数的定义进行化简，结合单调性即可进行判断；B：指数函数是非奇非偶函数；C：先求出函数定义域，接着利用复合函数的单调性性质同增异减进行化简；D：利用正弦函数图象与性质进行判断.
6．【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】设，，则，即，
整理得，故，注意到，
则只能，故，
故.
故答案为：D.
【分析】先假设，，接着将进行化简得到，列出等式组求出a，b的值，进而结合模长公式求解即可得到结果.
7．【答案】A
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】显然仅有有含的项，于是，解得.
代入，可得，于是.
故答案为：A.
【分析】根据题意，先求出，接着令得到，进而求解得到结果。
8．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】设点，由题意可得，
不妨令，取，，其中，，
则，故，
由可知，故，的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据题意，由动点P到坐标原点O，x轴，y轴的距离之和为2，假设，列出距离式子，根据式子利用三角换元进行化简得到，利用三角函数的值域结合不等式性质求解即可得到结果.
9．【答案】B,D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】对于A，由双曲线方程可得，
故得E的实轴长是虚轴长的3倍，故A错误；
对于B，E：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.
故答案为：BD.
【分析】根据题意，结合双曲线解析式得到a，b，c的关系，进而判断双曲线的性质包括实轴和虚轴、渐近线方程、焦距以及离心率即可得到结果.
10．【答案】B,C
【知识点】极差、方差与标准差；随机抽样和样本估计总体的实际应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】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4×30%=1.2，5×30%=1.5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.
故答案为：BC.
【分析】根据题意，利用样本的的中位数进行求解判断A；利用极差的运算求解判断B；利用第n百分位数求解判断C；利用方差公式求解判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】对于A，取中点，连接，由可知，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
故，
在，解得，
则，所以，则，故A正确；
对于B，过点作，垂直为，连接，
记点到平面的距离为，
由，则，故，
而，，
由余弦定理得，
故，
故，
，
故，故B正确；
对于C，由，，，平面，
可知平面，因为平面，所以，
又，，平面，故平面，
又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，
故，
即二面角的余弦值为，故C错误；
对于D，由，为中点可知，
故的外心为，由平面可知直线上的点到点A，B，P的距离相等，故球心O在直线上.
由平面几何知识知点O在线段上.
记，则，
故，解得，
故球的表面积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：先做辅助线，取中点，连接，进而证明边长之间的关系并且求出长度介个勾股定理即可证明；B：利用等体积法求解点到面的距离；C：利用“一做，二证，三求解”进行求解先做出二面角的平面角，接着求出边长结合余弦定理求解；D：首先证明出球心O在直线上，接着利用勾股定理列方程求得球O的半径，即可利用球表面积公式求解.
12．【答案】3
【知识点】等比数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】设的公比为，
又因为，，成等差数列，
所以，可得，解得或（舍去）.
故答案为：3.
【分析】利用等差中项性质结合等比数列的通项公式列出式子运算.
13．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】已知在处的切线斜率为5，而，
所以，解得，所以，
所以切点为，代入可得，
所以，故其最小值为.
故答案为：.
【分析】首先利用导数的集合意义求出参数b，接着求出切点，进而求出参数c，结合二次函数求出最值.
14．【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；平面向量的投影向量
【解析】【解答】设点，，，
由题知，则，，
化简得（*），
直线的斜率为2，则，
由有，
解得，代入（*）式有，解得，
故答案为：．
【分析】先根据曲线方程假设点，坐标，以及，接着利用进行代入向量坐标化简，结合投影列出式子化简即可得到结果。
15．【答案】（1）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.
（2）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.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】(1)先对事件进行命名，结合全概率公式以及条件概率公式求解；
（2）利用间接法求解，先对两家店向该用户不推送A、B、C中任一种的概率，进而利用对立事件的概率公式求解即可得到结果.
（1）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.
（2）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.
16．【答案】（1）易知函数的定义域为，
且，
可知当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增，
故有极小值，无极大值.
（2）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（1）可知，故，故.
综上所述，当时，.
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先对函数求解求导，利用导函数的正负值求出函数的单调性进而得到极值；
（2）分、进行讨论，对于，利用中间值0进行判断即可；对于，构造0函数，利用单调性以及放缩法结合不等式性质求解即可.
（1）易知函数的定义域为，
且，
可知当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增，
故有极小值，无极大值.
（2）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（1）可知，故，故.
综上所述，当时，.
17．【答案】（1）令可得，故；
令可得，故.
（2）由题设有，故，
化简得，
即，由知，故，
累乘可得，
即，故.
而符合该式，故.
（3）由（2）可得.
当时，，；
当时，，.
综上：.
【知识点】数列与不等式的综合；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用特殊值法代入化简即可得到结果；
（2）利用之间的关系化简得到，根据式子特征，利用累乘法求解得到通项公式；
（3）先根据之间的关系化简出，利用去证明不等式.
（1）令可得，故；
令可得，故.
（2）由题设有，故，
化简得，
即，由知，故，
累乘可得，
即，故.
而符合该式，故.
（3）由（2）可得.
当时，，；
当时，，.
综上：.
18．【答案】（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用，展开化简即可证明；
（2）取，利用极限思想证明出无最大值，接着对式子进行化简，结合基本不等式进行求解即可得到结果；
（3）结合面积公式与正弦定理转化成求，进而利用函数在求出最值即可得到结果.
（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，
则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
19．【答案】（1）由于平面，作，垂足为点，
因为平面，则，
又因为，且，平面，
因此平面，因为平面，所以，
同理可证：，
又因为，可得，所以，
因为面，从而，
因此，进而为的三等分点.
（2）椭圆，
延长至，使得，
由于，可得M，D到的距离为定值，
因此M，D应在以为高线的圆柱上运动，且上下底面与垂直，
又因为M，D为平面上两点，，
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.
（3）以A为原点，所在直线为x轴，过A点与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
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，
由，从而椭圆的长半轴，进而椭圆方程：，
又由，平面，从而，即，
由定义知为椭圆的左焦点，设的右焦点为，则，
设，
在中，由余弦定理，可得，
解得，同理可得：，
由，
令，则，可得，
令，解得，（舍去），
当，；当，，
因此为的极小值点，可得.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直，进而得到，进而证明出即可得到结果；
（2）做辅助线，使得，进而得到，利用椭圆的定义得到结果；
（3）首先建系，结合余弦定理得到，，代入，利用换元法集合求导即可得到结果.
（1）由于平面，作，垂足为点，
因为平面，则，
又因为，且，平面，
因此平面，因为平面，所以，
同理可证：，
又因为，可得，所以，
因为面，从而，
因此，进而为的三等分点.
（2）椭圆，
延长至，使得，
由于，可得M，D到的距离为定值，
因此M，D应在以为高线的圆柱上运动，且上下底面与垂直，
又因为M，D为平面上两点，，
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.
（3）以A为原点，所在直线为x轴，过A点与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
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，
由，从而椭圆的长半轴，进而椭圆方程：，
又由，平面，从而，即，
由定义知为椭圆的左焦点，设的右焦点为，则，
设，
在中，由余弦定理，可得，
解得，同理可得：，
解法1：由，
令，则，可得，
令，解得，（舍去），
当，；当，，
因此为的极小值点，可得.
解法2：由，原题等价于求的最小值，
则等价于求的最小值，
又由，
当且仅当时等号成立，因此的最小值为.
1 / 1广东省揭阳市2024-2025学年高三下学期5月联考（三模）数学试题
1．（2025·揭阳模拟）函数的最小正周期是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】因为函数的周期与的最小正周期一致，均为，
所以函数的最小正周期为.
故答案为：B.
【分析】根据解析式结合正切函数的图象性质判断即可求解出答案.
2．（2025·揭阳模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；补集及其运算
【解析】【解答】因为或，
所以，故.
故答案为：D.
【分析】利用求绝对值不等式的解法先求出集合，接着利用补集和交集的性质求解即可得到结果.
3．（2025·揭阳模拟）已知向量，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】由题意可得，故.
故答案为：A.
【分析】根据题意，利用向量夹角的余弦公式，先求出d坐标，接着代入公式求解即可得到结果。
4．（2025·揭阳模拟）“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v（单位：分米/秒）时的跳跃高度H（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
【答案】B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】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0.25米.
故答案为：B.
【分析】根据题意，先对进行化简得，结合基本不等式即可得到结果.
5．（2025·揭阳模拟）下列函数是奇函数且在上单调递增的为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】对于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A错误；
对于B，函数是非奇非偶函数，故B错误；
对于C，，因为，
所以的定义域为关于原点对称，
又，
所以是奇函数，
又在上单调递增，为增函数，
所以在上单调递增，故C正确；
对于D，函数在上不为增函数，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：利用解析式，结合奇偶函数的定义进行化简，结合单调性即可进行判断；B：指数函数是非奇非偶函数；C：先求出函数定义域，接着利用复合函数的单调性性质同增异减进行化简；D：利用正弦函数图象与性质进行判断.
6．（2025·揭阳模拟）若复数满足，则（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】设，，则，即，
整理得，故，注意到，
则只能，故，
故.
故答案为：D.
【分析】先假设，，接着将进行化简得到，列出等式组求出a，b的值，进而结合模长公式求解即可得到结果.
7．（2025·揭阳模拟）若，则（　　）
A．-15 B．-2 C．2 D．15
【答案】A
【知识点】二项式系数的性质
【解析】【解答】显然仅有有含的项，于是，解得.
代入，可得，于是.
故答案为：A.
【分析】根据题意，先求出，接着令得到，进而求解得到结果。
8．（2025·揭阳模拟）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．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】设点，由题意可得，
不妨令，取，，其中，，
则，故，
由可知，故，的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】根据题意，由动点P到坐标原点O，x轴，y轴的距离之和为2，假设，列出距离式子，根据式子利用三角换元进行化简得到，利用三角函数的值域结合不等式性质求解即可得到结果.
9．（2025·揭阳模拟）已知双曲线：，则（　　）
A．的实轴长是虚轴长的9倍 B．的渐近线方程为
C．的焦距为4 D．的离心率为
【答案】B,D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质
【解析】【解答】对于A，由双曲线方程可得，
故得E的实轴长是虚轴长的3倍，故A错误；
对于B，E：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.
故答案为：BD.
【分析】根据题意，结合双曲线解析式得到a，b，c的关系，进而判断双曲线的性质包括实轴和虚轴、渐近线方程、焦距以及离心率即可得到结果.
10．（2025·揭阳模拟）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
【答案】B,C
【知识点】极差、方差与标准差；随机抽样和样本估计总体的实际应用；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】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4×30%=1.2，5×30%=1.5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.
故答案为：BC.
【分析】根据题意，利用样本的的中位数进行求解判断A；利用极差的运算求解判断B；利用第n百分位数求解判断C；利用方差公式求解判断D.
11．（2025·揭阳模拟）三棱锥中，平面平面，，，其各顶点均在球O的表面上，则（　　）
A．
B．点A到平面的距离为
C．二面角的余弦值为
D．球O的表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】对于A，取中点，连接，由可知，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
故，
在，解得，
则，所以，则，故A正确；
对于B，过点作，垂直为，连接，
记点到平面的距离为，
由，则，故，
而，，
由余弦定理得，
故，
故，
，
故，故B正确；
对于C，由，，，平面，
可知平面，因为平面，所以，
又，，平面，故平面，
又平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，
所以，
故，
即二面角的余弦值为，故C错误；
对于D，由，为中点可知，
故的外心为，由平面可知直线上的点到点A，B，P的距离相等，故球心O在直线上.
由平面几何知识知点O在线段上.
记，则，
故，解得，
故球的表面积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：先做辅助线，取中点，连接，进而证明边长之间的关系并且求出长度介个勾股定理即可证明；B：利用等体积法求解点到面的距离；C：利用“一做，二证，三求解”进行求解先做出二面角的平面角，接着求出边长结合余弦定理求解；D：首先证明出球心O在直线上，接着利用勾股定理列方程求得球O的半径，即可利用球表面积公式求解.
12．（2025·揭阳模拟）已知正项等比数列满足，，，成等差数列，则其公比为　 　.
【答案】3
【知识点】等比数列的通项公式；等比中项
【解析】【解答】设的公比为，
又因为，，成等差数列，
所以，可得，解得或（舍去）.
故答案为：3.
【分析】利用等差中项性质结合等比数列的通项公式列出式子运算.
13．（2025·揭阳模拟）已知函数在处的切线方程为，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】已知在处的切线斜率为5，而，
所以，解得，所以，
所以切点为，代入可得，
所以，故其最小值为.
故答案为：.
【分析】首先利用导数的集合意义求出参数b，接着求出切点，进而求出参数c，结合二次函数求出最值.
14．（2025·揭阳模拟）已知抛物线：的准线交x轴于点Q，斜率为2的直线交于第一象限的点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，则的取值范围为　 　．（平面内向量在向量方向上的投影数量为）
【答案】
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题；平面向量的投影向量
【解析】【解答】设点，，，
由题知，则，，
化简得（*），
直线的斜率为2，则，
由有，
解得，代入（*）式有，解得，
故答案为：．
【分析】先根据曲线方程假设点，坐标，以及，接着利用进行代入向量坐标化简，结合投影列出式子化简即可得到结果。
15．（2025·揭阳模拟）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C.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0.7，配送B款新口味牛奶的概率为0.5，同时配送A和B的概率为0.3；早餐包子铺乙向该用户配送新品包子C的概率为0.6，且甲店与乙店的配送结果互不影响.
（1）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；
（2）求这两家店至少向该用户配送A、B、C中的一种的概率.
【答案】（1）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.
（2）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.
【知识点】互斥事件的概率加法公式；全概率公式；条件概率乘法公式
【解析】【分析】(1)先对事件进行命名，结合全概率公式以及条件概率公式求解；
（2）利用间接法求解，先对两家店向该用户不推送A、B、C中任一种的概率，进而利用对立事件的概率公式求解即可得到结果.
（1）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.
（2）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.
16．（2025·揭阳模拟）已知函数
（1）求的极值；
（2）证明：.
【答案】（1）易知函数的定义域为，
且，
可知当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增，
故有极小值，无极大值.
（2）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（1）可知，故，故.
综上所述，当时，.
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）先对函数求解求导，利用导函数的正负值求出函数的单调性进而得到极值；
（2）分、进行讨论，对于，利用中间值0进行判断即可；对于，构造0函数，利用单调性以及放缩法结合不等式性质求解即可.
（1）易知函数的定义域为，
且，
可知当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增，
故有极小值，无极大值.
（2）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（1）可知，故，故.
综上所述，当时，.
17．（2025·揭阳模拟）记为数列的前项和，已知，.
（1）求；
（2）求的通项公式；
（3）证明：.
【答案】（1）令可得，故；
令可得，故.
（2）由题设有，故，
化简得，
即，由知，故，
累乘可得，
即，故.
而符合该式，故.
（3）由（2）可得.
当时，，；
当时，，.
综上：.
【知识点】数列与不等式的综合；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用特殊值法代入化简即可得到结果；
（2）利用之间的关系化简得到，根据式子特征，利用累乘法求解得到通项公式；
（3）先根据之间的关系化简出，利用去证明不等式.
（1）令可得，故；
令可得，故.
（2）由题设有，故，
化简得，
即，由知，故，
累乘可得，
即，故.
而符合该式，故.
（3）由（2）可得.
当时，，；
当时，，.
综上：.
18．（2025·揭阳模拟）已知内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.
（1）证明：；
（2）求的最值；
（3）若，，求的面积S的取值范围.
【答案】（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用，展开化简即可证明；
（2）取，利用极限思想证明出无最大值，接着对式子进行化简，结合基本不等式进行求解即可得到结果；
（3）结合面积公式与正弦定理转化成求，进而利用函数在求出最值即可得到结果.
（1）因为，
，
两式相加得，得证.
（2）当时，，满足.
令，，故无最大值，
因为
，
，
则，
，
，
则或，
由，有，则.
①时，，时取等号，
②时，
，
时取等号，
因为，则的最小值是，
综上，有最小值，无最大值.
（3）①时，，
则.
②时，
在中，由正弦定理有，则，，
则，
由函数在上单调递减，有，
∴
综上，的面积的取值范围是.
19．（2025·揭阳模拟）如图，三棱锥中，点在平面的射影恰在上，为中点，，，.
（1）若平面，证明：是的三等分点；
（2）记的轨迹为曲线，判断是什么曲线，并说明理由；
（3）求的最小值.
【答案】（1）由于平面，作，垂足为点，
因为平面，则，
又因为，且，平面，
因此平面，因为平面，所以，
同理可证：，
又因为，可得，所以，
因为面，从而，
因此，进而为的三等分点.
（2）椭圆，
延长至，使得，
由于，可得M，D到的距离为定值，
因此M，D应在以为高线的圆柱上运动，且上下底面与垂直，
又因为M，D为平面上两点，，
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.
（3）以A为原点，所在直线为x轴，过A点与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
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，
由，从而椭圆的长半轴，进而椭圆方程：，
又由，平面，从而，即，
由定义知为椭圆的左焦点，设的右焦点为，则，
设，
在中，由余弦定理，可得，
解得，同理可得：，
由，
令，则，可得，
令，解得，（舍去），
当，；当，，
因此为的极小值点，可得.
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直，进而得到，进而证明出即可得到结果；
（2）做辅助线，使得，进而得到，利用椭圆的定义得到结果；
（3）首先建系，结合余弦定理得到，，代入，利用换元法集合求导即可得到结果.
（1）由于平面，作，垂足为点，
因为平面，则，
又因为，且，平面，
因此平面，因为平面，所以，
同理可证：，
又因为，可得，所以，
因为面，从而，
因此，进而为的三等分点.
（2）椭圆，
延长至，使得，
由于，可得M，D到的距离为定值，
因此M，D应在以为高线的圆柱上运动，且上下底面与垂直，
又因为M，D为平面上两点，，
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.
（3）以A为原点，所在直线为x轴，过A点与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
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，
由，从而椭圆的长半轴，进而椭圆方程：，
又由，平面，从而，即，
由定义知为椭圆的左焦点，设的右焦点为，则，
设，
在中，由余弦定理，可得，
解得，同理可得：，
解法1：由，
令，则，可得，
令，解得，（舍去），
当，；当，，
因此为的极小值点，可得.
解法2：由，原题等价于求的最小值，
则等价于求的最小值，
又由，
当且仅当时等号成立，因此的最小值为.
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