廣東省高三5月聯考數學試題1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考場號、座位號、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。考試時間為120分鐘，滿分150分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．方程的一個根是（）A．B．C．2D．2．拋物線的焦點坐標是，則焦點到準線的距離為（）A．1B．C．D．23．長方體中，四邊形為正方形，直線與直線AD所成角的正切值為2，則直線與平面ABCD所成角的正切值為（）A．B．C．D．4．某公司的員工中，有是行政人員，有是技術人員，有是研發人員，其中的行政人員具有博士學歷，的技術人員具有博士學歷，的研發人員具有博士學歷，從具有博士學歷的員工中任選一人，則選出的員工是技術人員的概率為（）A．B．C．D．5．已知等差數列的前n項和為，若，則（）A．4B．C．D．66．正三角形ABC所在的平面垂直于正三角形ABD所在的平面，且A，B，C，D四點在半徑為的球O的球面上，則CD的長為（）A．5B．C．4D．7．把數字1、2、3分別寫在9張卡片上，其中有4張寫著1，4張寫著2，1張寫著3，把這9張卡片排成三行三列，每行每列都是三張卡片，則每行和每列的卡片上數字和為奇數的排法的種數有（）A．30B．27C．54D．458．已知正實數a，b，記，則M的最小值為（）A．B．2C．1D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．半導體的摩爾定律認為，集成電路芯片上的晶體管數量的倍增期是兩年，用表示從開始，晶體管數量隨時間：變化的函數，若，則下面選項中，符合摩爾定律公式的是（）A．若t是以月為單位，則B．若t是以年為單位，則C．若t是以月為單位，則D．若t是以年為單位，則10．的重心為點G，點O，P是所在平面內兩個不同的點，滿足，則（）A．O，P，G三點共線B．C．D．點P在的內部11．已知函數滿足，且在上單調遞減，則（）A．函數的圖象關于點對稱B．可以等于C．可以等于5D．可以等于3三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．已知集合，集合，寫出滿足的一個實數a的值__________．13．已知函的圖象與函數（且）的圖象在公共點處有相同的切線，則__________，切線方程為__________．14．已知橢圓的右焦點是F，過點F作直線l交橢圓于點A，B，過點F與直線l垂直的射線交橢圓于點P，，且三點A，O，P共線（其中O是坐標原點），則橢圓的離心率為__________．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．（13分）已知函數．（1）討論函數的單調性；（2）若函數的極小值為，求實數a的取值集合．16．（15分）已知四棱錐中，底面ABCD是矩形，，．（1）求證：平面平面ABCD；（2）求二面角的余弦值．17．（15分）一枚棋子在數軸上可以左右移動，移動的方式以投擲一個均勻的骰子來決定，規則如下：當所擲點數為1點時，棋子不動；當所擲點數為3或5時，棋子在數軸上向左（數軸的負方向）移動“該點數減1”個單位；當所擲的點數為偶數時，棋子在數軸上向右（數軸的正方向）移動“該點數的一半”個單位；第一次投骰子時，棋子以坐標原點為起點，第二次開始，棋子以前一次棋子所在位置為該次的起點．（1）投擲骰子一次，求棋子的坐標的分布列和數學期望；（2）投擲骰子兩次，求棋子的坐標為的概率；（3）投擲骰子兩次，在所擲兩次點數和為奇數的條件下，求棋子的坐標為正的概率．18．（17分）已知雙曲線，直線與雙曲線C交于兩個不同的點A，B，直線與直線l交于點P．（1）求證：點P是線段AB的中點；（2）若點A，B兩點分別在雙曲線兩支上，求的面積的最小值（其中O是坐標原點）．19．（17分）已知數列的各項是奇數，且是正整數n的最大奇因數，．（1）求的值；（2）求的值；（3）求數列的通項公式．廣東省高三5月聯考數學試題1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考場號、座位號、準考證號填寫在答題卡上.2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效.3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.考試時間為120分鐘，滿分150分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.方程的一個根是（）A. B.－1 C.2 D.【答案】D【解析】【分析】因式分解后解方程可得．【詳解】原方程可化為，所以或，故選：D．2.拋物線的焦點坐標是，則焦點到準線的距離為（）A.1 B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根據拋物線的標準方程的知識求解．【詳解】由題意，，即拋物線標準方程為，所以焦點到準線的距離為，故選：A．3.長方體中，四邊形為正方形，直線與直線所成角的正切值為2，則直線與平面所成角的正切值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由異面直線所成的角求得長方體中棱的關系，再根據線面角定義計算．【詳解】長方體中，，所以就是直線與直線所成角，因此，即，又由平面知是直線與平面所成角，，故選：B．4.某公司的員工中，有是行政人員，有是技術人員，有是研發人員，其中的行政人員具有博士學歷，的技術人員具有博士學歷，的研發人員具有博士學歷，從具有博士學歷的員工中任選一人，則選出的員工是技術人員的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設事件“選出的員工是行政人員”，“選出的員工是技術人員”，“選出的員工是研發人員”，“選出的員工具有博士學歷”，由全概率公式及條件概率公式分別求出和，即可求解．【詳解】設事件“選出的員工是行政人員”，“選出的員工是技術人員”，“選出的員工是研發人員”，“選出的員工具有博士學歷”，由題可知，，，，，，，所以，，，所以，故選：C．5.已知等差數列的前項和為，若，則（）A.4 B. C. D.6【答案】B【解析】【分析】根據等差數列通項公式和前項和公式可解.【詳解】設等差數列的公差為，則，所以，又.故選：B6.正三角形ABC所在的平面垂直于正三角形ABD所在的平面，且A，B，C，D四點在半徑為的球的球面上，則CD的長為（）A.5 B. C.4 D.【答案】D【解析】【分析】記的中點為，和的重心分別為，然后證明四邊形是正方形，再求其邊長，即可得到，最后用勾股定理求解即可.【詳解】如圖，記的中點為，和的重心分別為，則分別由，可知垂直于平面，垂直于平面.從而由和分別在平面和平面內，知，.而平面垂直于平面，其交線為，在平面內，，故垂直于平面，再由在平面內，知.所以四邊形是矩形，而，故四邊形是正方形.設正方形的邊長為，則，.同時，由已知條件得.由勾股定理有，故，解得.最后，由于，，，故，D選項正確.故選：D.7.把數字1、2、3分別寫在9張卡片上，其中有4張寫著1，4張寫著2，1張寫著3，把這9張卡片排成三行三列，每行每列都是三張卡片，則每行和每列的卡片上數字和為奇數的排法的種數有（）A.30 B.27 C.54 D.45【答案】D【解析】【分析】從寫有數字3的卡片，開始考慮，分3所在的行要么由2個1，要么沒有1，有5種排法，由于3可以放在這9個位置中的任何一個位置，因此共有45種排法.【詳解】每張卡片都有所在的行和列，為了保證每行每列的數字和為奇數，所以每行和每列有3個奇數或者1個奇數，首先考慮寫有數字3的卡片，然后再考慮寫有數字1的卡片，3所在的行要么有2個1，要么沒有1，當3所在的行有兩個1時，另外兩個1必須在同一列，于是有3種排法，當3所在的行沒有1時，剩下的兩行應該是一行3個1，一行1個1，于是有2種排法，所以對于3的每一個位置有5種排法，由于3可以放在這9個位置中的任何一個位置，因此共有45種排法.故選：D8.已知正實數，記，則的最小值為（）A. B.2 C.1 D.【答案】A【解析】【分析】由已知得出，結合得出，根據基本不等式即可求解．【詳解】由得，，所以，即，因為，所以，因為，當且僅當時等號成立，所以，，當且僅當，即時，等號成立，故選：A．【點睛】關鍵點睛：當時，有；即且，兩式相乘，進而得出最小值．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，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，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.半導體的摩爾定律認為，集成電路芯片上的晶體管數量的倍增期是兩年，用表示從開始，晶體管數量隨時間變化的函數，若，則下面選項中，符合摩爾定律公式的是（）A.若是以月為單位，則B.若是以年為單位，則C.若是以月為單位，則D.若是以年為單位，則【答案】BC【解析】【分析】對AC，計算，滿足，，，可確定，對CD，計算，滿足，，，可確定．【詳解】選項A，，，A不符合；選項B，，，，，符合；選項C，，則，，，，，符合，選項D，，，，，不符合．故選：BC．10.的重心為點，點O，P是所在平面內兩個不同的點，滿足，則（）A.三點共線 B.C. D.點在的內部【答案】AC【解析】【分析】根據三角形重心的性質，向量共線的判定及向量的線性運算即可判斷．【詳解】，因為點為的重心，所以，所以，所以三點共線，故A正確，B錯誤；，因為，所以，即，故C正確；因為，所以點的位置隨著點位置的變化而變化，故點不一定在的內部，故D錯誤；故選：AC．11.已知函數滿足0，且在上單調遞減，則（）A.函數的圖象關于點對稱 B.可以等于C.可以等于5 D.可以等于3【答案】ABD【解析】【分析】根據題意，可得函數的圖象關于對稱，關于點對稱，由三角函數的對稱性性質可得，從而判斷選項A、B；再根據函數的單調性，可求出的值，從而判定選項C、D.【詳解】由，則，所以函數的圖象關于對稱，又，且，則，即函數的圖象關于點對稱，故A正確；根據函數的圖象關于對稱，得，根據函數的圖象關于點對稱，，可得，，由于，所以，故B正確；當時，由，得，根據函數在上單調遞減，可得，即，又，所以，又，所以，當時，由，得，根據函數在上單調遞減，可得，即，又，所以，故C錯誤，D正確.故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：根據函數的圖象關于對稱，得，根據函數的圖象關于點對稱，，從而.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知集合，集合，寫出滿足的一個實數的值_____________．【答案】1（答案不唯一）【解析】【分析】由已知得出，設，結合圖象列出不等式組求解即可．【詳解】因為，所以，設，則的整數解為，則，，且，解得，故答案為：1．13.已知函數的圖象與函數且的圖象在公共點處有相同的切線，則_____________，切線方程為_____________.【答案】①.②.【解析】【分析】設公共點為，即可得到，再由導數的幾何意義得到，從而求出，即可求出切點坐標，從而求出，再求出切線方程.【詳解】設公共點為，則，即，所以，所以，由，，所以，，又在公共點處有相同的切線，所以，即，所以，則，，則，則，所以切線方程為，即.故答案為：；14.已知橢圓的右焦點是，過點作直線交橢圓于點A，B，過點與直線垂直的射線交橢圓于點，，且三點共線（其中O是坐標原點），則橢圓的離心率為_____________.【答案】##【解析】【分析】先證明四邊形是矩形，然后利用已知條件求出三邊的比例，再利用橢圓的定義求出和與的關系式，最后利用即得離心率.【詳解】設橢圓的左焦點為.由于三點共線，故由橢圓的對稱性知，而，故四邊形是平行四邊形.又因為，，故四邊形是矩形.由于四邊形是矩形，故，.從而可設，，，此時.這得到，所以，.最后由得到，即，故.從而橢圓的離心率.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于利用矩形的性質和橢圓的定義研究的三邊，從而避免直接直線與橢圓聯立導致繁雜的計算.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.已知函數．（1）討論函數的單調性；（2）若函數的極小值為，求實數的取值集合．【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）對函數求導，根據的不同范圍，分別求出函數的單調性；（2）結合（1），由的不同范圍確定極小值點，列出方程求解即可．【小問1詳解】，①當時，令，，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減；②當時，令，解得或，當和時，，單調遞減；當時，，單調遞增；③當時，令，解得或，i)當時，即時，當和時，，單調遞增；當時，，單調遞減；ii)當時，即時，當和時，，單調遞增；當時，，單調遞減；iii)當時，即時，，在上單調遞增；綜上所述，當時，在和單調遞減，在單調遞增；當時，在單調遞增，在單調遞減；當時，在上單調遞增；當時，在和單調遞增，在單調遞減；當時，在和時單調遞增；在單調遞減．【小問2詳解】①當時，在上單調遞增，無極值；②當時，在和單調遞減，在單調遞增；所以的極小值為，故，化簡得，，解得或（舍去）；③當時，在和單調遞增，在單調遞減，所以的極小值為，故，解得，符合題意；④當時，在和時單調遞增；在單調遞減，所以得極小值為，故，解得或（舍去）．故實數．16.已知四棱錐中，底面是矩形，，.（1）求證:平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）．【解析】【分析】（1）作于，連接，證明，由余弦定理求得，證得，從而可得平面，從而可得證面面垂直；（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，用空間向量法求二面角．【小問1詳解】因為，，，作于，連接，由已知得≌，因此繞旋轉后點可與點重合，因此由得，，由已知，所以，從而，所以，從而有，所以，又，平面，所以平面，又因為平面，所以平面平面；【小問2詳解】過作于，作于，由（1）得，由，得，所以∽，所以，所以，同理，因此到邊的距離為，到邊的距離為，以為軸，為軸，過與直線平行的直線為軸，建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，，，，設平面的一個法向量是，則，取得，設平面的一個法向量是，則，取得，．由圖知二面角是鈍二面角，所以其余弦值為．17.一枚棋子在數軸上可以左右移動，移動的方式以投擲一個均勻的骰子來決定，規則如下：當所擲點數為1點時，棋子不動；當所擲點數為3或5時，棋子在數軸上向左(數軸的負方向)移動“該點數減1”個單位；當所擲的點數為偶數時，棋子在數軸上向右(數軸的正方向)移動“該點數的一半”個單位；第一次投骰子時，棋子以坐標原點為起點，第二次開始，棋子以前一次棋子所在位置為該次的起點．（1）投擲骰子一次，求棋子的坐標的分布列和數學期望；（2）投擲骰子兩次，求棋子的坐標為的概率；（3）投擲股子兩次，在所擲兩次點數和為奇數的條件下，求棋子的坐標為正的概率．【答案】（1）分布列見解析，（2）（3）【解析】【分析】（1）由題目分析即可得出分布列，再用數學期望公式計算即可；（2）分析出所有滿足投擲骰子兩次，棋子的坐標為的所有情況，即可求出概率；（3）先求出投擲股子兩次，所擲兩次點數和為奇數且棋子的坐標為正的概率及擲兩次點數和為奇數的概率，根據條件概率公式計算即可．【小問1詳解】設為投擲骰子一次棋子的坐標，由題可知，且概率都相同為，分布列如下：0123．【小問2詳解】投擲骰子兩次，棋子的坐標為的情況有：①第一次坐標為（點數為5），第二次向右2個單位（點數為4）；②第一次坐標為（點數為3），第二次不動（點數為1）；③第一次坐標為0（點數為1），第二次向左2個單位（點數為3）；④第一次坐標為2（點數為4），第二次向左4個單位（點數為5）；故投擲骰子兩次，棋子的坐標為的概率為．【小問3詳解】設事件“擲兩次點數和為奇數”，“投擲股子兩次棋子的坐標為正”，由題可知，，投擲股子兩次，所擲兩次點數和為奇數，且棋子的坐標為正的點數情況有：6和1,6和3,4和1，1和2，共8種情況，故，則在所擲兩次點數和為奇數的條件下，棋子的坐