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（含答案）

第第页广东省揭阳市2024-2025学年高三下学期5月联考（三模）数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．函数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v2A．0.2米 B．0.25米 C．0.45米 D．0.7米5．下列函数是奇函数且在0,+∞A．y=1x3 B．y=3x 6．若复数z满足z+1z+1=A．12 B．33 C．1 7．若x4=aA．-15 B．-2 C．2 D．158．已知动点P到坐标原点O，x轴，y轴的距离之和为2，则OP的取值范围是（）A．3−1,1 B．22−2,1 C．3二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知双曲线E：x2A．E的实轴长是虚轴长的9倍 B．E的渐近线方程为y=±C．E的焦距为4 D．E的离心率为1010．已知甲组样本数据：x1，x2，x3，x1+x2+x33，乙组样本数据：xA．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P−ABC中，平面PAB⊥平面ABC，AC=BC=PC=6，PA=PB=4，其各顶点均在球O的表面上，则（）A．PA⊥PBB．点A到平面PBC的距离为14C．二面角A−PC−B的余弦值为−D．球O的表面积为324三、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an满足a1=1，6a1，a13．已知函数fx=x2+bx+c在x=2处的切线方程为5x−y−4=014．已知抛物线C：y2=2pxp>0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PM=MN，且PQ在MN上的投影数量为−5，则p的取值范围为．（平面内向量四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.15．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．已知函数f（1）求fx（2）证明：27e17．记Sn为数列an的前n项和，已知a1（1）求a3（2）求an（3）证明：Sn18．已知△ABC内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且sin2（1）证明：cosα+（2）求sinC（3）若c=6，A∈π6,19．如图，三棱锥A−BCD中，点B在平面ACD的射影H恰在CD上，M为HC中点，∠BAH=π6，AB=2，（1）若CD⊥平面BAH，证明：M是CD的三等分点；（2）记D的轨迹为曲线W，判断W是什么曲线，并说明理由；（3）求CD的最小值.

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】因为函数y=tanx的周期与y=tan所以函数fx的最小正周期为π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【解析】【解答】因为A=xx−1>1所以∁RA=x故答案为：D.【分析】利用求绝对值不等式的解法先求出集合A，接着利用补集和交集的性质求解即可得到结果.3．【答案】A【解析】【解答】由题意可得a−2b=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a⃗4．【答案】B【解析】【解答】由v2=4H1−Hv当且仅当v2故答案为：B.【分析】根据题意，先对v2=4H5．【答案】C【解析】【解答】对于A，易知y=fx=1又函数f−x=−1x3对于B，函数y=3对于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对于D，函数y=sinx在故答案为：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y=36．【答案】D【解析】【解答】设z=a+bi，a,b∈R，则a+bi整理得，故a2+a+b则只能a=−12，故故z−1故答案为：D.【分析】先假设z=a+bi，a,b∈R，接着将z+1z7．【答案】A【解析】【解答】显然仅有a41−x4有含x4的项，于是代入x=−1，可得a0+4a故答案为：A.【分析】根据题意，先求出a4=1，接着令x=−1得到8．【答案】B【解析】【解答】设点Px,y，由题意可得x不妨令x2+y2=r2，取x则r+rcosθ+rsin由θ∈0,π2可知sinθ+π4∈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Px,y，列出距离式子x2+y29．【答案】B,D【解析】【解答】对于A，由双曲线方程可得a=32故得E的实轴长是虚轴长的3倍，故A错误；对于B，E：x218−对于C，E的焦距为2c=45对于D，E的离心率为e=故答案为：BD.【分析】根据题意，结合双曲线解析式x210．【答案】B,C【解析】【解答】由题意知x1+x故甲组样本数据为x1，x2，x3，x1+x2+x33对于A，甲组样本的中位数为x1+x对于B，显然两组样本数据的样本极差均为x3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x1+x3≥2x2时，甲组样本数据为x1，x2，x1+x2+x当x1+x3<2x2时，甲组样本数据为x1，x1+x2+x33，对于D，甲组样本数据的方差s12=14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【解析】【解答】对于A，取AB中点M，连接CM,PM，由AC=BC可知CM⊥AB，因为平面PAB⊥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则AB=42，所以AP2对于B，过点B作BN⊥CP，垂直为N，连接AN，记点A到平面PBC的距离为d，由VC−ABP=VA−BCP，则而CM=AC2由余弦定理得cos∠BCP=故sin∠BCP=故BN=BCsinS△BCP故d=2对于C，由AB⊥CM，AB⊥PM，CM∩PM=M，CM,PM⊂平面PCM，可知AB⊥平面PCM，因为CP⊂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的平面角为∠ANB，因为NP=B所以AN=A故cos∠ANB=即二面角A−PC−B的余弦值为−1对于D，由PA⊥PB，M为AB中点可知PM=1故△PAB的外心为M，由CM⊥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OA=OC=R，则OM=27故R2=2故球O的表面积S=4π故答案为：ABD.【分析】A：先做辅助线，取AB中点M，连接CM,PM，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CM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【解析】【解答】设an的公比为q又因为6a1，a3所以2a3=6a1+4a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】−【解析】【解答】已知fx在x=2处的切线斜率为5，而f所以f'2=4+b=5，解得b=1所以切点为2,6，代入f2=6可得所以fx=x故答案为：−1【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】90【解析】【解答】设点My122p,由题知Q−p2,0，则化简得x0直线l的斜率为2，则y2−由PM=MN有解得y1∈0,p3故答案为：907【分析】先根据曲线方程假设点My122p,y115．【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M，由题设可知：PM=0.7，PN=0.5，又PN=PMN故PN（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：P=1−PM因为甲店与乙店的配送结果互不影响，所以PM因为PM=PM即PM所以P=1−PM【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M，由题设可知：PM=0.7，PN=0.5，又PN=PMN故PN（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：P=1−PM因为甲店与乙店的配送结果互不影响，所以PM因为PM=PM即PM所以P=1−PM16．【答案】（1）易知函数fx=x且f'可知当x∈0,1时，f'x<0，即当x∈1,e3时，f'x当x∈e3,+∞时，f'故fx有极小值f（2）当x∈0,1时，有27当x>1时，构造函数gx=e故gx在1,+于是gx>g1=0，即由（1）可知xln3x≥e综上所述，当x∈0,1∪1,+【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x∈0,1、x>1进行讨论，对于x∈0,1，利用中间值0进行判断即可；对于x>1，构造0函数（1）易知函数fx=x且f'可知当x∈0,1时，f'x<0，即当x∈1,e3时，f'x当x∈e3,+∞时，f'故fx有极小值f（2）当x∈0,1时，有27当x>1时，构造函数gx=e故gx在1,+于是gx>g1=0，即由（1）可知xln3x≥e综上所述，当x∈0,1∪1,+17．【答案】（1）令n=2可得S2=a令n=3可得S3=a（2）由题设有Sn+1=n+1化简得n2即n+2an+1=nan，由a累乘可得an+1即an+1=2而a1=1符合该式，故（3）由（2）可得Sn当n=1时，S1=2当n≥2时，Sn<2n+2综上：Sn【解析】【分析】（1）利用特殊值法代入Sn=n2an化简即可得到结果；（3）先根据Sn，an之间的关系化简出S（1）令n=2可得S2=a令n=3可得S3=a（2）由题设有Sn+1=n+1化简得n2即n+2an+1=nan，由a累乘可得an+1即an+1=2而a1=1符合该式，故（3）由（2）可得Sn当n=1时，S1=2当n≥2时，Sn<2n+2综上：Sn18．【答案】（1）因为cosα=cosβ=两式相加得cosα+（2）当C=π2时，A+B=π令A→0，sinCsinA因为sin=1−12+cos则cosCcosCcosC则cosC=0或sin由sinAsinB>0，有cos①C=π2时，sinC②tanAsin=1A=B=C=π因为2>233，则sin综上，sinCsinA（3）①C=π2时，2A∈π3,π2，则S=12⋅6sinA⋅6sinB=18sinAcosA=9sin2A∈932,9.

②tanAtanB=3时，

在△ABC中，由正弦定理有asin【解析】【分析】（1）利用cosα=cosα+β（2）取C=π2，利用极限思想证明出sinCsinAsinB无最大值，接着对sin2A+（1）因为cosα=cosβ=两式相加得cosα+（2）当C=π2时，A+B=π令A→0，sinCsinA因为sin=1−12+cos则cosCcosCcosC则cosC=0或sin由sinAsinB>0，有cos①C=π2时，sinC②tanAsin=1A=B=C=π因为2>233，则sin综上，sinCsinA（3）①C=π2时，则S=1②tanA在△ABC中，由正弦定理有asinA=bsin则S=1由函数fx=x+3x在∴S∈综上，△ABC的面积S的取值范围是9319．【答案】（1）由于CD⊥平面BAH，作HG⊥AB，垂足为点G，因为AB⊂平面BAH，则CD⊥AB，又因为HG⊥AB，且GH∩MH=H，MH,GH⊂平面GMH，因此AB⊥平面GMH，因为GM⊂平面GMH，所以AB⊥GM，同理可证：AB⊥GD，又因为S△ABM=S△ABD，可得因为GH⊂面ABH，从而MD⊥GH，因此DH=MH=MC，进而M为DC的三等分点.（2）椭圆，延长BA至K，使得AK=AB，由于S△ABM=S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，∠BAH=π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，HA所在直线为x轴，过A点与HB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r=1，故由图可知椭圆的短半轴长为1，由∠BAH=π6，从而椭圆的长半轴a=rsinπ又由∠BAH=π6，BH⊥平面ACD，从而HA=ABcos由定义知H为椭圆的左焦点，设E的右焦点为F3,0,0，则设∠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，则fx令f'x=0，解得x当x∈−1,x1，f'x因此x1为fx的极小值点，可得【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质证明线线垂直，进而得到S△ABM=S△ABD，进而证明出DH=MH=MC即可得到结果；

（2）做辅助线，使得