第第頁(yè)廣東省揭陽(yáng)市2024-2025學(xué)年高三下學(xué)期5月聯(lián)考（三模）數(shù)學(xué)試題一、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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．函數(shù)fxA．2π B．π C．π2 2．已知集合A=x|x-1>1A．1 B．0,1,2 C．1,2,3 D．1,23．已知向量a=1,3，b=A．46565 B．23535 C．4．“物競(jìng)天擇，適者生存”是大自然環(huán)境下選擇的結(jié)果，森林中某些昆蟲(chóng)會(huì)通過(guò)向后跳躍的方式來(lái)躲避偷襲的天敵.經(jīng)某生物小組研究表明某類昆蟲(chóng)在水平速度為v（單位：分米/秒）時(shí)的跳躍高度H（單位：米）近似滿足v2A．0.2米 B．0.25米 C．0.45米 D．0.7米5．下列函數(shù)是奇函數(shù)且在0,+∞A．y=1x3 B．y=3x 6．若復(fù)數(shù)z滿足z+1z+1=A．12 B．33 C．1 7．若x4=aA．-15 B．-2 C．2 D．158．已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到坐標(biāo)原點(diǎn)O，x軸，y軸的距離之和為2，則OP的取值范圍是（）A．3?1,1 B．22?2,1 C．3二、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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知雙曲線E：x2A．E的實(shí)軸長(zhǎng)是虛軸長(zhǎng)的9倍 B．E的漸近線方程為y=±C．E的焦距為4 D．E的離心率為1010．已知甲組樣本數(shù)據(jù)：x1，x2，x3，x1+x2+x33，乙組樣本數(shù)據(jù)：xA．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同B．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同C．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本第30百分位數(shù)相同D．兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本方差相同11．三棱錐P?ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC=BC=PC=6，PA=PB=4，其各頂點(diǎn)均在球O的表面上，則（）A．PA⊥PBB．點(diǎn)A到平面PBC的距離為14C．二面角A?PC?B的余弦值為?D．球O的表面積為324三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知正項(xiàng)等比數(shù)列an滿足a1=1，6a1，a13．已知函數(shù)fx=x2+bx+c在x=2處的切線方程為5x?y?4=014．已知拋物線C：y2=2pxp>0的準(zhǔn)線交x軸于點(diǎn)Q，斜率為2的直線l交C于第一象限的點(diǎn)M，N，M在N的左側(cè)，若第三象限內(nèi)存在點(diǎn)P，滿足PM=MN，且PQ在MN上的投影數(shù)量為?5，則p的取值范圍為．（平面內(nèi)向量四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟.15．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C.且早餐牛奶店甲向某小區(qū)的一名用戶配送A款新口味牛奶的概率為0.7，配送B款新口味牛奶的概率為0.5，同時(shí)配送A和B的概率為0.3；早餐包子鋪乙向該用戶配送新品包子C的概率為0.6，且甲店與乙店的配送結(jié)果互不影響.（1）在甲店沒(méi)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；（2）求這兩家店至少向該用戶配送A、B、C中的一種的概率.16．已知函數(shù)f（1）求fx（2）證明：27e17．記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知a1（1）求a3（2）求an（3）證明：Sn18．已知△ABC內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別是a，b，c，且sin2（1）證明：cosα+（2）求sinC（3）若c=6，A∈π6,19．如圖，三棱錐A?BCD中，點(diǎn)B在平面ACD的射影H恰在CD上，M為HC中點(diǎn)，∠BAH=π6，AB=2，（1）若CD⊥平面BAH，證明：M是CD的三等分點(diǎn)；（2）記D的軌跡為曲線W，判斷W是什么曲線，并說(shuō)明理由；（3）求CD的最小值.

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】因?yàn)楹瘮?shù)y=tanx的周期與y=tan所以函數(shù)fx的最小正周期為π故答案為：B.【分析】根據(jù)解析式結(jié)合正切函數(shù)的圖象性質(zhì)判斷即可求解出答案.2．【答案】D【解析】【解答】因?yàn)锳=xx?1>1所以?RA=x故答案為：D.【分析】利用求絕對(duì)值不等式的解法先求出集合A，接著利用補(bǔ)集和交集的性質(zhì)求解即可得到結(jié)果.3．【答案】A【解析】【解答】由題意可得a?2b=故答案為：A.【分析】根據(jù)題意，利用向量夾角的余弦公式，先求出a?4．【答案】B【解析】【解答】由v2=4H1?Hv當(dāng)且僅當(dāng)v2故答案為：B.【分析】根據(jù)題意，先對(duì)v2=4H5．【答案】C【解析】【解答】對(duì)于A，易知y=fx=1又函數(shù)f?x=?1x3對(duì)于B，函數(shù)y=3對(duì)于C，y=tx=lg所以y=lgx+x又t?x所以y=lg又u=x+x2+1在0,+所以fx=lg對(duì)于D，函數(shù)y=sinx在故答案為：C.【分析】A：利用解析式，結(jié)合奇偶函數(shù)的定義進(jìn)行化簡(jiǎn)，結(jié)合單調(diào)性即可進(jìn)行判斷；B：指數(shù)函數(shù)y=36．【答案】D【解析】【解答】設(shè)z=a+bi，a,b∈R，則a+bi整理得，故a2+a+b則只能a=?12，故故z?1故答案為：D.【分析】先假設(shè)z=a+bi，a,b∈R，接著將z+1z7．【答案】A【解析】【解答】顯然僅有a41?x4有含x4的項(xiàng)，于是代入x=?1，可得a0+4a故答案為：A.【分析】根據(jù)題意，先求出a4=1，接著令x=?1得到8．【答案】B【解析】【解答】設(shè)點(diǎn)Px,y，由題意可得x不妨令x2+y2=r2，取x則r+rcosθ+rsin由θ∈0,π2可知sinθ+π4∈故答案為：B.【分析】根據(jù)題意，由動(dòng)點(diǎn)P到坐標(biāo)原點(diǎn)O，x軸，y軸的距離之和為2，假設(shè)Px,y，列出距離式子x2+y29．【答案】B,D【解析】【解答】對(duì)于A，由雙曲線方程可得a=32故得E的實(shí)軸長(zhǎng)是虛軸長(zhǎng)的3倍，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，E：x218?對(duì)于C，E的焦距為2c=45對(duì)于D，E的離心率為e=故答案為：BD.【分析】根據(jù)題意，結(jié)合雙曲線解析式x210．【答案】B,C【解析】【解答】由題意知x1+x故甲組樣本數(shù)據(jù)為x1，x2，x3，x1+x2+x33對(duì)于A，甲組樣本的中位數(shù)為x1+x對(duì)于B，顯然兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差均為x3對(duì)于C，由4×30%=1.2，5×30%=1.5可知兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本第30百分位數(shù)均為從小到大排列后的第二個(gè)數(shù).當(dāng)x1+x3≥2x2時(shí)，甲組樣本數(shù)據(jù)為x1，x2，x1+x2+x當(dāng)x1+x3<2x2時(shí)，甲組樣本數(shù)據(jù)為x1，x1+x2+x33，對(duì)于D，甲組樣本數(shù)據(jù)的方差s12=14故答案為：BC.【分析】根據(jù)題意，利用樣本的的中位數(shù)進(jìn)行求解判斷A；利用極差的運(yùn)算求解判斷B；利用第n百分位數(shù)求解判斷C；利用方差公式求解判斷D.11．【答案】A,B,D【解析】【解答】對(duì)于A，取AB中點(diǎn)M，連接CM,PM，由AC=BC可知CM⊥AB，因?yàn)槠矫鍼AB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，CM?平面ABC，所以CM⊥平面PAB，又PM?平面PAB，所以CM⊥PM，故CP在62=6則AB=42，所以AP2對(duì)于B，過(guò)點(diǎn)B作BN⊥CP，垂直為N，連接AN，記點(diǎn)A到平面PBC的距離為d，由VC?ABP=VA?BCP，則而CM=AC2由余弦定理得cos∠BCP=故sin∠BCP=故BN=BCsinS△BCP故d=2對(duì)于C，由AB⊥CM，AB⊥PM，CM∩PM=M，CM,PM?平面PCM，可知AB⊥平面PCM，因?yàn)镃P?平面PCM，所以PC⊥AB，又BN⊥CP，AB∩BN=B，AB,BN?平面ABN，故CP⊥平面NAB，又AN?平面NAB，所以CP⊥AN，所以二面角A?CP?B的平面角為∠ANB，因?yàn)镹P=B所以AN=A故cos∠ANB=即二面角A?PC?B的余弦值為?1對(duì)于D，由PA⊥PB，M為AB中點(diǎn)可知PM=1故△PAB的外心為M，由CM⊥平面PAB可知直線CM上的點(diǎn)到點(diǎn)A，B，P的距離相等，故球心O在直線CM上.由平面幾何知識(shí)知點(diǎn)O在線段CM上.記OA=OC=R，則OM=27故R2=2故球O的表面積S=4π故答案為：ABD.【分析】A：先做輔助線，取AB中點(diǎn)M，連接CM,PM，進(jìn)而證明邊長(zhǎng)之間的關(guān)系并且求出長(zhǎng)度介個(gè)勾股定理即可證明；B：利用等體積法求解點(diǎn)到面的距離；C：利用“一做，二證，三求解”進(jìn)行求解先做出二面角的平面角，接著求出邊長(zhǎng)結(jié)合余弦定理求解；D：首先證明出球心O在直線CM上，接著利用勾股定理列方程求得球O的半徑，即可利用球表面積公式求解.12．【答案】3【解析】【解答】設(shè)an的公比為q又因?yàn)?a1，a3所以2a3=6a1+4a故答案為：3.【分析】利用等差中項(xiàng)性質(zhì)結(jié)合等比數(shù)列的通項(xiàng)公式列出式子運(yùn)算.13．【答案】?【解析】【解答】已知fx在x=2處的切線斜率為5，而f所以f'2=4+b=5，解得b=1所以切點(diǎn)為2,6，代入f2=6可得所以fx=x故答案為：?1【分析】首先利用導(dǎo)數(shù)的集合意義求出參數(shù)b，接著求出切點(diǎn)，進(jìn)而求出參數(shù)c，結(jié)合二次函數(shù)求出最值.14．【答案】90【解析】【解答】設(shè)點(diǎn)My122p,由題知Q?p2,0，則化簡(jiǎn)得x0直線l的斜率為2，則y2?由PM=MN有解得y1∈0,p3故答案為：907【分析】先根據(jù)曲線方程假設(shè)點(diǎn)My122p,y115．【答案】（1）設(shè)甲店向該用戶配送A為事件M，配送B為事件N，則甲店沒(méi)有向該用戶配送A為事件M，由題設(shè)可知：PM=0.7，PN=0.5，又PN=PMN故PN（2）設(shè)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：P=1?PM因?yàn)榧椎昱c乙店的配送結(jié)果互不影響，所以PM因?yàn)镻M=PM即PM所以P=1?PM【解析】【分析】(1)先對(duì)事件進(jìn)行命名，結(jié)合全概率公式以及條件概率公式求解；

（2）利用間接法求解，先對(duì)兩家店向該用戶不推送A、B、C中任一種的概率，進(jìn)而利用對(duì)立事件的概率公式求解即可得到結(jié)果.（1）設(shè)甲店向該用戶配送A為事件M，配送B為事件N，則甲店沒(méi)有向該用戶配送A為事件M，由題設(shè)可知：PM=0.7，PN=0.5，又PN=PMN故PN（2）設(shè)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：P=1?PM因?yàn)榧椎昱c乙店的配送結(jié)果互不影響，所以PM因?yàn)镻M=PM即PM所以P=1?PM16．【答案】（1）易知函數(shù)fx=x且f'可知當(dāng)x∈0,1時(shí)，f'x<0，即當(dāng)x∈1,e3時(shí)，f'x當(dāng)x∈e3,+∞時(shí)，f'故fx有極小值f（2）當(dāng)x∈0,1時(shí)，有27當(dāng)x>1時(shí)，構(gòu)造函數(shù)gx=e故gx在1,+于是gx>g1=0，即由（1）可知xln3x≥e綜上所述，當(dāng)x∈0,1∪1,+【解析】【分析】（1）先對(duì)函數(shù)求解求導(dǎo)，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)值求出函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而得到極值；

（2）分x∈0,1、x>1進(jìn)行討論，對(duì)于x∈0,1，利用中間值0進(jìn)行判斷即可；對(duì)于x>1，構(gòu)造0函數(shù)（1）易知函數(shù)fx=x且f'可知當(dāng)x∈0,1時(shí)，f'x<0，即當(dāng)x∈1,e3時(shí)，f'x當(dāng)x∈e3,+∞時(shí)，f'故fx有極小值f（2）當(dāng)x∈0,1時(shí)，有27當(dāng)x>1時(shí)，構(gòu)造函數(shù)gx=e故gx在1,+于是gx>g1=0，即由（1）可知xln3x≥e綜上所述，當(dāng)x∈0,1∪1,+17．【答案】（1）令n=2可得S2=a令n=3可得S3=a（2）由題設(shè)有Sn+1=n+1化簡(jiǎn)得n2即n+2an+1=nan，由a累乘可得an+1即an+1=2而a1=1符合該式，故（3）由（2）可得Sn當(dāng)n=1時(shí)，S1=2當(dāng)n≥2時(shí)，Sn<2n+2綜上：Sn【解析】【分析】（1）利用特殊值法代入Sn=n2an化簡(jiǎn)即可得到結(jié)果；（3）先根據(jù)Sn，an之間的關(guān)系化簡(jiǎn)出S（1）令n=2可得S2=a令n=3可得S3=a（2）由題設(shè)有Sn+1=n+1化簡(jiǎn)得n2即n+2an+1=nan，由a累乘可得an+1即an+1=2而a1=1符合該式，故（3）由（2）可得Sn當(dāng)n=1時(shí)，S1=2當(dāng)n≥2時(shí)，Sn<2n+2綜上：Sn18．【答案】（1）因?yàn)閏osα=cosβ=兩式相加得cosα+（2）當(dāng)C=π2時(shí)，A+B=π令A(yù)→0，sinCsinA因?yàn)閟in=1?12+cos則cosCcosCcosC則cosC=0或sin由sinAsinB>0，有cos①C=π2時(shí)，sinC②tanAsin=1A=B=C=π因?yàn)?>233，則sin綜上，sinCsinA（3）①C=π2時(shí)，2A∈π3,π2，則S=12?6sinA?6sinB=18sinAcosA=9sin2A∈932,9.

②tanAtanB=3時(shí)，

在△ABC中，由正弦定理有asin【解析】【分析】（1）利用cosα=cosα+β（2）取C=π2，利用極限思想證明出sinCsinAsinB無(wú)最大值，接著對(duì)sin2A+（1）因?yàn)閏osα=cosβ=兩式相加得cosα+（2）當(dāng)C=π2時(shí)，A+B=π令A(yù)→0，sinCsinA因?yàn)閟in=1?12+cos則cosCcosCcosC則cosC=0或sin由sinAsinB>0，有cos①C=π2時(shí)，sinC②tanAsin=1A=B=C=π因?yàn)?>233，則sin綜上，sinCsinA（3）①C=π2時(shí)，則S=1②tanA在△ABC中，由正弦定理有asinA=bsin則S=1由函數(shù)fx=x+3x在∴S∈綜上，△ABC的面積S的取值范圍是9319．【答案】（1）由于CD⊥平面BAH，作HG⊥AB，垂足為點(diǎn)G，因?yàn)锳B?平面BAH，則CD⊥AB，又因?yàn)镠G⊥AB，且GH∩MH=H，MH,GH?平面GMH，因此AB⊥平面GMH，因?yàn)镚M?平面GMH，所以AB⊥GM，同理可證：AB⊥GD，又因?yàn)镾△ABM=S△ABD，可得因?yàn)镚H?面ABH，從而MD⊥GH，因此DH=MH=MC，進(jìn)而M為DC的三等分點(diǎn).（2）橢圓，延長(zhǎng)BA至K，使得AK=AB，由于S△ABM=S因此M，D應(yīng)在以AK為高線的圓柱上運(yùn)動(dòng)，且上下底面與AK垂直，又因?yàn)镸，D為平面ACD上兩點(diǎn)，∠BAH=π從而M，D的運(yùn)動(dòng)平面截得該圓柱，根據(jù)圓錐曲線的定義，因而M，D的運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)為橢圓，示意如下.（3）以A為原點(diǎn)，HA所在直線為x軸，過(guò)A點(diǎn)與HB平行的直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，下面求橢圓方程：一方面，由于該圓柱的底面半徑為r=1，故由圖可知橢圓的短半軸長(zhǎng)為1，由∠BAH=π6，從而橢圓的長(zhǎng)半軸a=rsinπ又由∠BAH=π6，BH⊥平面ACD，從而HA=ABcos由定義知H為橢圓的左焦點(diǎn)，設(shè)E的右焦點(diǎn)為F3,0,0，則設(shè)∠DHA=θ，在△DHF中，由余弦定理，可得HF解得DH=12?3cosθ，同理可得：MH=令cosθ=x,x∈?1,1，則fx令f'x=0，解得x當(dāng)x∈?1,x1，f'x因此x1為fx的極小值點(diǎn)，可得【解析】【分析】（1）利用線面垂直的性質(zhì)證明線線垂直，進(jìn)而得到S△ABM=S△ABD，進(jìn)而證明出DH=MH=MC即可得到結(jié)果；

（2）做輔助線，使得