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f(x)=2025|tanx|的最小正周期是(

)A.2π B.π C.π2 D.2.已知集合A={x||x-1|>1}，則(?RA)∩A.{1} B.{0,1,2} C.{1,2,3} D.{1,2}3.已知向量a=(1,3)，b=(-2,1)，則cos<a，A.46565 B.235354.“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v(單位：分米/秒)時的跳躍高度H(單位：米)近似滿足v2=4H1-HA.0.2米 B.0.25米 C.0.45米 D.0.7米5.下列函數是奇函數且在(0,+∞)上單調遞增的為(

)A.y=1x3 B.y=3x

6.若復數z滿足z+1z+1=z+zA.12 B.33 C.17.若x4=a0+A.-15 B.-2 C.2 D.158.已知動點P到坐標原點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]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E:x218-A.E的實軸長是虛軸長的9倍 B.E的漸近線方程為y=±13x

C.E的焦距為4 D.10.已知甲組樣本數據：x1，x2，x3，x1+x2+x33，乙組樣本數據：x1，xA.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P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC=BC=PC=6，PA=PB=4，其各頂點均在球O的表面上，則(

)A.PA⊥PB B.點A到平面PBC的距離為14

C.二面角A-PC-B的余弦值為-16 D.球三、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{an}滿足a1=1，6a1，a13.已知函數f(x)=x2+bx+c在x=2處的切線方程為5x-y-4=0，則f(x)的最小值為

14.已知拋物線C:y2=2px(p>0)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PM=MN，且PQ在MN上的投影數量為-5，則p的取值范圍為

.(平面內向量四、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C.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0.7，配送B款新口味牛奶的概率為0.5，同時配送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果互不影響.(1)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;(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.(本小題15分)已知函數f(x)=(1)求f(x)的極值;(2)證明：27e17.(本小題15分)記Sn為數列{an}的前n(1)求a(2)求{an(3)證明：Sn18.(本小題17分)已知△ABC內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，且sin(1)證明：cos(2)求sinCsin(3)若c=6，A∈(π6,π4)，求19.(本小題17分)

如圖，三棱錐A-BCD中，點B在平面ACD的射影H恰在CD上，M為HC中點，∠BAH=π6，AB=2，S(1)若CD⊥平面BAH，證明：M是CD的三等分點;(2)記D的軌跡為曲線W，判斷W是什么曲線，并說明理由;(3)求CD的最小值.

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：函數y=2025tanx通過把x軸下部分翻折后可得函數f(x)=2025|tanx|的圖象；

翻折后，可得函數f(x)=2025|tanx|的周期與函數y=2025tanx相同．

2.【答案】D

【解析】解：因為A={x||x-1|>1}={x|x<0或x>2}，

故??RA={x|0≤x≤2}，

故(?3.【答案】A

【解析】解：因為a=(1,3)，b所以a-2所以cos??a,a-2b?4.【答案】B

【解析】解：由v2=4H1-Hv2可知v2-Hv4=4H5.【答案】C

【解析】解：對于選項A，易知y=fx=1x3又函數f-x=-1x3=-fx

，所以y=對于選項B，函數y=3x是指數函數，不是奇函數，故選項對于選項C，y=tx=lgx+x2+1

，因為x+又t-x+tx=lg又u=x+x2+1

在0,+∞

所以fx=lgx+x2對于選項D，函數y=sinx是奇函數，但在(0,+∞)上不是單調遞增的，故選項故選：C.6.【答案】D

【解析】解：不妨設z=a+bi，a，b∈R，則a+bi+1a-bi+1=2a2bi=abi，即a2-abi+a=abi-b2+bi，

整理得a2+a+7.【答案】A

【解析】解：顯然僅有a4(1-x)4有含x4的項，

于是x4=a4?C8.【答案】B

【解析】解：設點P(x,y)，由題意可得x2+y2+|x|+|y|=2，

不妨令x2+y2=r2，取|x|=rcosθ，|y|=rsinθ，其中r≥0，θ∈[0,π2]，

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，E:x218-y22=1的漸近線方程是y=±13x，故B正確;

對于C，E的焦距為218+2=45，故10.【答案】BC

【解析】解：由題意知x1+x2+x3+x1+x2+x334=x1+x2+x3+x4+x1+x2+x3+x445，解得x4=x1+x2+x33，

故甲組樣本數據為x1，x2，x3，x1+x2+x33，乙組樣本數據為x1，x2，x3，x1+x2+x33，x1+x2+x33.

對于A，甲組樣本的中位數為x1+x2+x33+x22=x1+4x2+x36，乙組樣本的中位數為x111.【答案】ABD

【解析】解：對于A，取AB中點M，由CA=CB可知CM⊥AB，

由CM?平面ABC，平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB可知CM⊥平面PAB，

于是由PM?平面PAB可得CM⊥PM，

故CP2=CM2+PM2=AC2-AM2+AP2-AM2，

代入數據得AM=22，AB=42，AP2+BP2=AB2，PA⊥PB，故A正確;

對于B，取CP上一點N使得BN⊥CP.

記點A到平面PBC的距離為d，則VC-ABP=13?d?S△BCP，故d=CM?S△ABPS△BCP.

而CM=AC2-AM2=27，S△ABP=12?AP?BP=8，

由余弦定理得cos∠BCP=BC2+CP2-BP22?BC?CP=36+36-162×6×6=79，

故sin∠BCP=1-cos2∠BCP=429，

故BN=BCsin∠BCP=823，S△BCP=12?BN?CP=82，

故d=27×882=14，故B正確;

對于C，由AB⊥CM，AB⊥PM，CM∩PM=M，CM?平面PCM，PM?平面PCM，可知AB⊥平面PCM，

由CP?平面PCM，可知PC⊥AB.

而AB∩BN=B12.【答案】3

【解析】解：設{an}的公比為q(q>0)，

因為6a1，a3，4a2成等差數列，

所以2a3=6a113.【答案】14【解析】解：已知f(x)在x=2處的切線斜率為5，而f'(x)=2x+b，所以f'(2)=4+b=5，解得b=1，

切點為(2,6)，代入f(2)=4+2b+c=6可得c=0，故f(x)=x2+x，其最小值為f(-14.【答案】(90【解析】解：設點M(y122p,y1)，N(y222p,y2)，P(x0,y0)，

由題知Q(-p2,0)，則PQ=(-p2-x0,-15.【答案】解：(1)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M，

由題設可知：P(M)=0.7，P(N)=0.5，P(MN)=0.3，P(M)=1-P(M)=0.3，

又P(N)=P(MN)+P(MN)=0.5，

所以P(MN)=0.2，

故P(N|M)=P(MN)P(M)=23.

(2)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：P=1-P(MNQ)，

因為甲店與乙店的配送結果互不影響，【解析】詳細解答和解析過程見【答案】16.【答案】解：(1)函數f(x)定義域為0,1∪1,+∞，

f'(x)=ln3x-3ln2xln6x=lnx-3ln4x，

由f'(x)=0，可得x=e3，

可知當x∈(0,1)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減;

當x∈(1,e3)時，f'(x)<0，f(x)單調遞減;

當x∈(e3,+∞)時，f'(x)>0，f(x)單調遞增，

故f(x)有極小值f(e3)=e327，無極大值.

(2)當x∈(0,1)時，有27ex-4>0>ln3x恒成立【解析】詳細解答和解析過程見【答案】17.【答案】解：(1)令n=2可得S2=a1+a2=4a2，故a2=13a1=13;

令n=3可得S3=a1+a2+a3=9a3，

故a3=a1+a28=16.

(2)易得Sn+1=n+12a【解析】詳細解答和解析過程見【答案】18.【答案】解：(1)因為cosα=cos(α+β2+α-β2)=cosα+β2cosα-β2-sinα+β2sinα-β2，

cosβ=cos(α+β2-α-β2)=cosα+β2cosα-β2+sinα+β2sinα-β2，

兩式相加得cosα+cosβ=2cosα+β2cosα-β2，得證.

(2)取C=π2，此時A+B=π2，滿足sin2A+sin2B=2+cos2C，

令A→0，sinCsinAsinB=1sinAsinB=2sin2A→+∞，

故sinCsinAsinB無最大值，

因為sin2A+sin2B=1-cos2A2+1-cos2B2=1-12(【解析】詳細解答和解析過程見【答案】19.【答案】解：(1)由于CD⊥平面BAH，作HG⊥AB，垂足為點G，由于AB?平面BAH，則CD⊥AB，

又HG⊥AB，GH∩MH=H，MH，GH?平面GMH，因此AB⊥平面GMH，GM?平面GMH，從而AB⊥GM，同理可得AB⊥GD，又S△ABM=S△ABD，從而GM=GD，

又因為GH?面ABH，從而MD⊥GH，因此DH=MH=MC，進而M為DC的三等分點.

(2)橢圓，

延長BA至K，使得AK=AB，由于S△ABM=S△ABD=1，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，∠BAH=π6，

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.

(3)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，