廣東省茂名市、揭陽(yáng)市高三下學(xué)期5月聯(lián)考數(shù)學(xué)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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.函數(shù)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(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(lèi)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v2=4H1?HA.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,+∞)上單調(diào)遞增的為(

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

6.若復(fù)數(shù)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?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]二、多選題：本題共3小題，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2分，有選錯(cuò)的得0分。9.已知雙曲線E:x218?A.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=±13x

C.E的焦距為4 D.10.已知甲組樣本數(shù)據(jù)：x1，x2，x3，x1+x2+x33，乙組樣本數(shù)據(jù)：x1，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⊥PB B.點(diǎn)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(xiàng)等比數(shù)列{an}滿足a1=1，6a1，a13.已知函數(shù)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(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(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)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(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.(本小題15分)已知函數(shù)f(x)=(1)求f(x)的極值;(2)證明：27e17.(本小題15分)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知(1)求a(2)求{an(3)證明：S18.(本小題17分)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：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(diǎn)B在平面AC黨的射影H恰在CD上，M為HC中點(diǎn)，∠BAH=π6，AB=2，S(1)若CD⊥平面BAH，證明：M是C黨的三等分點(diǎn);(2)記黨的軌跡為曲線W，判斷W是什么曲線，并說(shuō)明理由;(3)求C黨的最小值.

答案和解析1.B

解：函數(shù)y=2025tanx通過(guò)把x軸下部分翻折后可得函數(shù)f(x)=2025|tanx|的圖象；

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

2.D

解：因?yàn)锳={x||x?1|>1}={x|x<0或x>2}，

故??RA={x|0≤x≤2}，

故(?3.A

解：因?yàn)閍=(1,3)，b所以a?2所以cos??a,a?2b?4.B

解：由v2=4H1?Hv2可知v2?Hv4=4H5.C

解：對(duì)于選項(xiàng)A，易知y=fx=1x3又函數(shù)f?x=?1x3=?fx

，所以y=對(duì)于選項(xiàng)B，函數(shù)y=3x是指數(shù)函數(shù)，不是奇函數(shù)，故選項(xiàng)對(duì)于選項(xiàng)C，y=tx=lgx+x2+1

，因?yàn)閤+又t?x+tx=lg又u=x+x2+1

在0,+∞

所以fx=lgx+x2對(duì)于選項(xiàng)D，函數(shù)y=sinx是奇函數(shù)，但在(0,+∞)上不是單調(diào)遞增的，故選項(xiàng)故選：C.6.D

解：不妨設(shè)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.A

解：顯然僅有a4(1?x)4有含x4的項(xiàng)，

于是x4=a4?C8.B

解：設(shè)點(diǎn)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.BD

解：對(duì)于A，易得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?y22=1的漸近線方程是y=±13x，故B正確;

對(duì)于C，E的焦距為218+2=45，故10.BC

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(shù)據(jù)為x1，x2，x3，x1+x2+x33，乙組樣本數(shù)據(jù)為x1，x2，x3，x1+x2+x33，x1+x2+x33.

對(duì)于A，甲組樣本的中位數(shù)為x1+x2+x33+x22=x1+4x2+x36，乙組樣本的中位數(shù)為x111.ABD

解：對(duì)于A，取AB中點(diǎn)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(shù)據(jù)得AM=22，AB=42，AP2+BP2=AB2，PA⊥PB，故A正確;

對(duì)于B，取CP上一點(diǎn)N使得BN⊥CP.

記點(diǎn)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(duì)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=B12.3

解：設(shè){an}的公比為q(q>0)，

因?yàn)?a1，a3，4a2成等差數(shù)列，

所以2a3=6a113.14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(diǎn)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.(90解：設(shè)點(diǎn)M(y122p,y1)，N(y222p,y2)，P(x0,y0)，

由題知Q(?p2,0)，則PQ=(?p2?x0,?15.解：(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：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(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?P(MNQ)，

因?yàn)榧椎昱c乙店的配送結(jié)果互不影響，詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)16.解：(1)函數(shù)f(x)定義域?yàn)?,1∪1,+∞，

f'(x)=ln3x?3ln2xln6x=lnx?3ln4x，

由f'(x)=0，可得x=e3，

可知當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(1,e3)時(shí)，f'(x)<0，f(x)單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈(e3,+∞)時(shí)，f'(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，

故f(x)有極小值f(e3)=e327，無(wú)極大值.

(2)當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，有27ex?4>0>ln3x恒成立詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)17.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詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)18.解：(1)因?yàn)閏osα=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(shí)A+B=π2，滿足sin2A+sin2B=2+cos2C，

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

故sinCsinAsinB無(wú)最大值，

因?yàn)閟in2A+sin2B=1?cos2A2+1?cos2B2=1?12(詳細(xì)解答和解析過(guò)程見(jiàn)19.解：(1)由于CD⊥平面BAH，作HG⊥AB，垂足為點(diǎn)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?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△ABD=1，進(jìn)而M，D到AB的距離為定值，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=π6，

從而M，黨的運(yùn)動(dòng)平面截得該圓柱，根據(jù)圓錐曲線的定義，因而M，黨的運(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，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系