2025年高考数学真题（新高考Ⅰ卷）试卷、答案及解析 - 第2页

2025 年普通高等学校招生全国统一考试（新高考I 卷）数学参考答案

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、答案

(1+5i)i=-5+i,故虚部为1.

故选择:C

2、答案

∁UA = {2,4,6,7,8},5 个元素.

故选择:C

3、答案

$b=\mathrm{\sqrt{7}}a\Rightarrow b^{\mathrm{2}}=\mathrm{7}a^{\mathrm{2}}\Rightarrow \mathrm{e}^{\mathrm{2}}=\dfrac{c^{\mathrm{2}}}{a^{\mathrm{2}}}=\mathrm{8}\Rightarrow \mathrm{e}=\mathrm{2}\sqrt{\mathrm{2}}$.

故选择:D

4、答案

函数$y=\mathrm{2}\tan\left(x-\dfrac{\pi}{\mathrm{3}}\right)$的对称中心为$\dfrac{\pi}{\mathrm{3}}+\dfrac{k\pi}{\mathrm{2}}$ ,k ∈ Z, 因为a > 0, 所以$a_{\min}=\dfrac{\pi}{\mathrm{3}}$.

故选择:C

5、答案

$f\left(-\dfrac{\mathrm{3}}{\mathrm{4}}\right)=f\left(\mathrm{2}-\dfrac{\mathrm{3}}{\mathrm{4}}\right)=f\left(\dfrac{\mathrm{5}}{\mathrm{4}}\right)=f\left(-\dfrac{\mathrm{5}}{\mathrm{4}}\right)=f\left(\mathrm{4}-\dfrac{\mathrm{5}}{\mathrm{4}}\right)=f\left(\dfrac{\mathrm{11}}{\mathrm{4}}\right)=\mathrm{5}-\mathrm{2}\times\dfrac{\mathrm{11}}{\mathrm{4}}=-\dfrac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}$.

故选择:A

6、答案

船风速(-1, -3), 视风速(-3, -1), 真风速(-2,2), 所以$V_{\mathrm{真}} = 2\sqrt{2} < 3.3,$, 为轻风.

故选择:A

7、答案

设与直线$y = \sqrt{3} x + 2$距离为1 的平行直线的方程为$y = \sqrt{3} x + c$,由$\frac{\left| c - 2 \right|}{2} = 1$ 得c = 0 或4, 则$l_{1}:y=\sqrt{3} x,l_{2}:y=\sqrt{3} x+4$,则圆与l₁,l₂ 共两个交点, 由于圆心(0, -2) 位于直线l₁ 下方,故圆只能与l₁ 相交且与l₂ 不相交,所以$\frac{\left| \sqrt{3} \times 0 - (-2) \right|}{2}$ < r < $\frac{\left| \sqrt{3} \times 0 - (-2) + 4 \right|}{2}$ , 即1< r < 3,

故选择:B

8、答案

由题知$\log_{2} x - 1 = \log_{3} y = \log_{5} z + 2 = k$, 所以$x = 2^{k+1}, y = 3^{k}, z = 5^{k-2}$,

当k =-1 时, $x = 1, y = \frac{1}{3}, z = \frac{1}{125}$ , 此时x > y > z, A 可能正确;

当k = 2 时, x = 8,y = 9,z = 1, 此时y > x > z,C 可能正确;

当k = 5 时, $x = 2^{6} = 64, y = 3^{5} = 243, z = 5^{3} = 125$, 此时y > z > x,D 可能正确.

故选择:B

二、多项选择题: 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、答案

取B₁C₁ 中点D₁,

A: 若AD ⊥ A₁C, 已知AD ⊥ AA₁, 则AD ⊥ 面ACA₁, ⇒ AD ⊥ AC₁.矛盾！ A 错误:

B:AD ⊥ BC. BC ⊥ AA₁ ⇒ BC ⊥ 面AA₁D, B 正确；

C: 若AD // A₁B₁, 则A1B1 // A₁D₁, 矛盾！ C 错误；

D:CC₁ // AA₁,CC₁ ⊄ 面AA₁D ⇒ CC₁ // 面AA₁D, D 正确；

综上, 故选BD.

10、答案

由抛物线定义可知:|AD| = |AF|,故A正确;

当AB ⊥ x 轴, 易知$A\left(\frac{3}{2}, 3\right), B\left(-\frac{3}{2}, 3\right),$,所以AB=6,$AE = 3\sqrt{2} \neq AB$,故B错误;

当AB 不与x 轴垂直时, 设AB:y = $k\left(x-\dfrac{3}{2}\right)$, 则EF:y =$=-\frac{1}{k}\left(x-\frac{3}{2}\right)$ 所以$E\left(-\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{k}\right)$, 联立$\begin{cases} y = k\left(x - \dfrac{3}{2}\right) \\ y^2 = 6x \end{cases}$ ,可得$k^2 x^2 - (3k^2 + 6)x + \frac{9}{4} k^2$= 0, 由韦达定理:$\mathrm{x}_1 + \mathrm{x}_2 = \frac{3k^2 + 6}{k^2}, \mathrm{x}_1 \mathrm{x}_2 = \frac{9}{4}$,所以 $|\mathrm{A}\mathrm{B}| = \sqrt{1 + k^2} |\mathrm{x}_1 - \mathrm{x}_2| = \sqrt{1 + k^2} \cdot \sqrt{\left(\mathrm{x}_1 + \mathrm{x}_2\right)^2 - 4 \mathrm{x}_1 \mathrm{x}_2} = 6 + \frac{6}{k^2} \in (6, +\infty)$,故C正确;

由题易知EF ⊥ AB, 所以$\mathrm{S}_{\Delta \mathrm{A}\mathrm{E}\mathrm{B}} = \frac{1}{2} |\mathrm{A}\mathrm{E}| \cdot |\mathrm{B}\mathrm{E}| \cdot \sin \angle \mathrm{A}\mathrm{E}\mathrm{B} = \frac{1}{2} |\mathrm{A}\mathrm{B}| \cdot |\mathrm{E}\mathrm{F}| \Rightarrow |\mathrm{A}\mathrm{E}| \cdot |\mathrm{B}\mathrm{E}| = \frac{|\mathrm{A}\mathrm{B}| \cdot |\mathrm{E}\mathrm{F}|}{\sin \angle \mathrm{A}\mathrm{E}\mathrm{B}} = \frac{18\left(1 + \frac{1}{k^2}\right)^{\frac{3}{2}}}{\sin \angle \mathrm{A}\mathrm{E}\mathrm{B}} > 18$, 若AB ⊥ x 轴可取等, 故综上D 正确.

故选择:ACD

11、答案

cos2A + cos2B + 2sinC = 2 ⇒ 2sinC = 1 - cos2A + 1 - cos²B ⇒ 2sinC = 2sin²A + 2sin²B, 所以sinC = sin²A + sin²B, 故A 正确;

$\frac{\mathrm{a}}{\sin \mathrm{A}} = \frac{\mathrm{b}}{\sin \mathrm{B}} = \frac{\mathrm{c}}{\sin \mathrm{C}} = 2R, \mathrm{a}^2 + \mathrm{b}^2 = c \cdot 2R \geqslant c^2,$, 即△ABC 为锐角三角形, 则A + B > $\frac{\pi}{2}$⇒ A > $\frac{\pi}{2}$- B, 则sinA >sin( $\frac{\pi}{2}$-B ),即sinA>cosB,代λsinC=sin²A+sin²B,有sinC=sin²A+sin²B>cos²B+sin²B=1,矛盾,故a²+b²=c²,即cos(A+B)= cosAcosB - sinAsinB = 0 ⇒ cosAcosB = sinAsinB = $\frac{1}{4}$, 因为S = $\frac{1}{2}$absinC = 14⇒ ab = $\frac{1}{2}$, 所以$\frac{\mathrm{a}\mathrm{b}}{\sin \mathrm{A} \sin \mathrm{B}}$ = (2R)² = 2 ⇒ 2R =$\sqrt{2}$ , $\frac{\mathrm{c}}{\sin \mathrm{C}} = 2R = \sqrt{2} \Rightarrow \mathrm{c} = \sqrt{2}$ , 故B 正确;

(sinA+sinB)² = sin²Asin²B + 2sinAsinB = $\sin C + \frac{1}{2} = \frac{3}{2} \Rightarrow \sin A + \sin B = \frac{\sqrt{6}}{2}$ ,故C正确;

|AC|²+ |BC|²= |AB|² = c² = 2, 故D 错误.

故选择:ABC

三、填空题: 本题共3 小题,每小题5 分,共15 分.

12、答案

设$f(x)=\mathrm{e}^{x}+x+a.\ f'(x)=\mathrm{e}^{x}+1=2\Rightarrow x=0$.

f(x)在x=0处切线为y=2x+f(0) =2x+1+a

故1 + a = 5 ⇒ a = 4

13、答案

设等比数列 {a_n} 的公比为q,前四项和为S₄=a₁( 1+q+q²+q³ ) =4,

S₈=a₁+a₂+a₃+a₄+a₅+a₆+a₇+a₈= (a₁+a₂+a₃+a₄) +(a₁+a₂+a₃+a₄)q⁴=68⇒4+4q⁴=48⇒q⁴=16,因正项等比数列，则q>0，

故q = 2.

14、答案

X 的所有可能取值为1,2,3,

则$P(X=1)=\mathrm{C}_{5}^{1}\cdot\left(\frac{1}{5}\right)^{3}=\frac{1}{25},\ P(X=2)=\mathrm{C}_{5}^{2}\cdot\mathrm{C}_{2}^{1}\cdot\mathrm{C}_{3}^{2}\cdot\left(\frac{1}{5}\right)^{3}=\frac{12}{25},\ P(X=3)=\mathrm{A}_{5}^{3}\cdot\left(\frac{1}{5}\right)^{3}=\frac{12}{25}$，

所以$\mathrm{E}(X) = 1 \times \frac{1}{25} + 2 \times \frac{12}{25} + 3 \times \frac{12}{25} = \frac{61}{25}$.

故答案为: $\dfrac{61}{25}$

四、解答题: 本题共5 小题, 共77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15、解析

(1) 超声波检查结果不正常者患该疾病的概率$\mathrm{P}=\dfrac{180}{200}=\dfrac{9}{10}$；

(2) 由题意知:$\mathrm{\chi}^{2} = \dfrac{1000 \times (20 \times 20 - 180 \times 780)^{2}}{800 \times 200 \times 800 \times 200}$ = 765.625 > 10.828,所以, 根据小概率值α = 0.001 的独立性检验, 超声波检查结果与患该疾病有关。

16、解析

(1) 因为$\dfrac{a_{n+1}}{n} = \dfrac{a_n}{n+1} + \dfrac{1}{n(n+1)}$,所以$(n+1)a_{n+1}=na_{n}+1,$,即 $(n+1)a_{n+1} - na_{n} = 1$,由等差数列的定义可得数列 {na_n}为等差数列.

(2) 即令b_n = na_n, 可得b_n+1 - b_n = 1,

即 {b_n}是以1 ⋅ a₁=3为首项, 1为公差的等差数列,可算得b_n=n+2=na_n,

又因为$f(x) = a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 + \cdots + a_m x^m$,所以$f'(x) = a_1 + 2a_2x + 3a_3x^2 \dots + ma_mx^{m-1}$，

即$f'(x) = 1 \cdot a_1 + 2a_2x + 3a_3x^2 \dots + m a_m x^{m-1}$，即$\mathrm{f}'(x) = b_1 + b_2x + b_3x^2 \dots + b_m x^{m-1}$，

将x=-2与b_n=n+2代入上式可得$f'(-2) = 3 + 4 \cdot (-2) + 5 \cdot (-2)^2 \cdots + (m+2)(-2)^{m-1}$，

令$S_m = f'(-2) = 3 + 4 \cdot (-2) + 5 \cdot (-2)^2 \cdots + (m+2)(-2)^{m-1}$，

有$-2 \cdot S_m = 3(-2) + 4 \cdot (-2)^2 + 5 \cdot (-2)^3 \cdots + (m + 2)(-2)^m$，

所以$3S_m = 3 + (-2) + (-2)^2 + (-2)^3 + \dots + (-2)^{m-1} - (m+2) \cdot (-2)^m$，

$3S_m = 3 + (-2)\dfrac{1 - (-2)^{m-1}}{1 - (-2)} - (m + 2)\cdot(-2)^m$，

所以$f'(-2)=\mathrm{S}_m=\frac{7}{9}-\left(\frac{3m+7}{9}\right)(-2)^m$.

17、解析

(1) 证明：PA ⊥ 平面ABCD ⇒ PA ⊥ AB₁, 又AB ⊥ AD, 则AB ⊥ 面PAD，则平面PAB ⊥ 平面PAD.

(2) 如图，建系,由题可知, $\mathrm{B}(\sqrt{2},0,0)、\mathrm{C}(\sqrt{2},2,0)、\mathrm{D}(0,\sqrt{3}+1,0)、\mathrm{P}(0,0,\sqrt{2})$,

$(2) 如图，建系,由题可知, $\mathrm{B}(\sqrt{2},0,0)、\mathrm{C}(\sqrt{2},2,0)、\mathrm{D}(0,\sqrt{3}+1,0)、\mathrm{P}(0,0,\sqrt{2})$,$

(i) 设△BCD 外接圆圆心为O₁,易知BC 中垂线为y = 1;BD 中垂线为$y = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}+1} x + 1$,联立解得O₁(0,1,0),由于PO₁= $\sqrt{3}$ ,BO₁= $\sqrt{3}$ ,所以PO₁ = BO₁,此时O 与O₁ 重合, 故O 在平面ABCD 上.

(ii) 易知$\overrightarrow{PO}=(0,1,-\sqrt{2}),\ \overrightarrow{AC}=(\sqrt{2},2,0)$,设直线AC与直线PO所成角为θ,

则cosθ =$\dfrac{\left|\overrightarrow{PO}\cdot\overrightarrow{AC}\right|}{\left|\overrightarrow{PO}\right|\cdot\left|\overrightarrow{AC}\right|} = \dfrac{2}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{2}}{3}$ , 故直线AC 与直线PO 所成角余弦值为$\frac{\sqrt{2}}{3}$.

18、解析

(1) 由题意A(0,-b),B(a,0),所以 |AB| = $\sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{10}$,

因为$e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}$, 所以a² = b² + c², 得a = 3,b = 1, 所以椭圆方程为$\dfrac{x^2}{\mathrm{9}} + y^2$ = 1.

(2)

(i) 由题可知直线AP 斜率存在, 设其为k, 则直线AP 的方向向量为(1, k),

故可设$\overrightarrow{\mathrm{A}P} = \lambda_1(1,k), \overrightarrow{\mathrm{A}R} = \lambda_2(1,k)$,

因为点R 在射线AP 上, 故λ₁λ₂ > 0, 所以$\overrightarrow{\mathrm{A}P}\cdot\overrightarrow{\mathrm{A}R}=\lambda_1\lambda_2(1+k^2)=3,\ \overrightarrow{\mathrm{A}P}=(m,n+1),\ \overrightarrow{\mathrm{A}R}=(x_R,y_R)$，

$\begin{cases} m=\lambda_1 \\ n+1=\lambda_1 k \\ x_R=\lambda_2 \\ y_R+1=\lambda_2 k \\ \lambda_1 \lambda_2(1+k^2)=3 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \lambda_1=m \\ k=\dfrac{m+1}{m} \\ \lambda_2=\dfrac{3}{\lambda_1(1+k^2)} \end{cases} = \dfrac{3}{m\left[1+\left(\dfrac{m+1}{m}\right)^2\right]} = \dfrac{3m}{m^2+(n+1)^2} = \dfrac{3m}{m^2+(n+1)^2}$

$\Rightarrow x_R = \frac{3m}{m^2 + (n+1)^2},\ y_R = \frac{3(n+1)}{m^2 + (n+1)^2} - 1$，

所以R 的坐标为$\left( \frac{3m}{m^2 + (n+1)^2}, \frac{3(n+1)}{m^2 + (n+1)^2} - 1 \right)$.

(ii) $\mathrm{k}_{OR} = \dfrac{y_R}{x_R} = 3\mathrm{k}_{OP} = \dfrac{3n}{m} = \dfrac{\dfrac{3(n+1)}{m^2+(n+1)^2} - 1}{\dfrac{3m}{m^2+(n+1)^2}} = \dfrac{3(n+1)-\left[m^2+(n+1)^2\right]}{3m} \Rightarrow m^2 + (n+4)^2 = 18$，

即P在以G(0,-4)为圆心,半径为r=$3\sqrt{2}$的圆上运动,所以|PQ| ≤ |PG| + |QG| =r+ |QG| =$3\sqrt{2}$ + |QG|,Q在椭圆C上,故可设为(3cosθ,sinθ),$|QG|^{2}=9\cos^{2}\theta+(\sin\theta+4)^{2}=-8\sin^{2}\theta+8\sin\theta+25=-8\left(\sin\theta-\frac{1}{2}\right)^{2}+27\leqslant27$,当sinθ = $\frac{\mathrm{1}}{\mathrm{2}}$, 即Q 为$\left( \pm \dfrac{3\sqrt{3}}{2}, \dfrac{1}{2} \right)$, 且P,Q,G三点共线且P在QG射线上时取到最大值,此时 |QG|_max=$3\sqrt{3}$,所以 |PQ|_max=$3(\sqrt{2}+\sqrt{3})$.

19、解析一

(1) $f'(x) = 5(\mathrm{\sin}5x - \mathrm{\sin}x) = 5\left[\mathrm{\sin}(3x+2x) - \mathrm{\sin}(3x-2x)\right] = 10\mathrm{\cos}3x \cdot \mathrm{\sin}2x,$,所以f(x)在$\left(0, \dfrac{\pi}{6}\right)$递增, 在$\left( \dfrac{\mathrm{\pi}}{6}, \dfrac{\mathrm{\pi}}{4} \right)$递减,所以$f(x)_{\mathrm{max}}=f\left(\frac{\pi}{6}\right)=3\sqrt{3}$.

(2) 若θ∈$\left( 0, \dfrac{\mathrm{\pi}}{2} \right]$,则$(\mathrm{cos}y)_{\mathrm{min}} \leqslant \dfrac{\mathrm{cos}(a-\theta)+\mathrm{cos}(a+\theta)}{2} = \mathrm{cos}a\mathrm{cos}\theta \leqslant \mathrm{cos}\theta$；

若θ∈$\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)$,不妨a∈[0,2π),

①若π∈(a-θ,a+θ),则$(\mathrm{cos}y)_{\mathrm{min}}=-1\leqslant \mathrm{cos}\theta$；

②若a+θ≤π,此时a+θ,θ∈ $\left( \dfrac{\pi}{2}, \pi \right)$,所以cos(a+θ) <cosθ,令y=a+θ即可知存在y∈[a-θ,a+θ],使得cosy≤ cosθ;

③若a - θ ≥ π, 此时π < a - θ < 2π - θ < $\dfrac{3\pi}{2}$ ,所以cos(a-θ) <cos(2π-θ) =cosθ,令y=a-θ即可知存在y∈[a-θ,a+θ],使得cosy≤cosθ;综上,存在y∈ a-θ,a+θ  ,使得cosy≤cosθ,证毕.

(3) 不妨φ∈[0,2π],令g(x) =5cosx-cos(5x+φ),g'(x) =5[sin(5x+φ)-sinx] =10cos(3x+ $\dfrac{\varphi}{2}$)sin(2x+ $\dfrac{\varphi}{2}$),所以g(x)的极值点为$x = -\dfrac{\varphi}{4} + \dfrac{k\mathrm{\pi}}{2},\ -\dfrac{\varphi}{6} + \dfrac{(2k+1)\mathrm{\pi}}{6}$,k∈Z,结合g(x+π)=-g(x)，可知代入k = 0,1,2 即可得极值为$\pm 4\mathrm{sin}\dfrac{\varphi}{4},\ \pm 4\mathrm{cos}\dfrac{\varphi}{4},\ \pm 6\mathrm{sin}\dfrac{\varphi}{6},\ \pm 6\mathrm{cos}\left(\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\varphi}{6}\right),\ \pm 6\mathrm{cos}\left(\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\varphi}{6}\right)$,所以g(x)_max=$\mathrm{max}\left\{4\sin\dfrac{\varphi}{4},4\cos\dfrac{\varphi}{4},6\sin\dfrac{\varphi}{6},6\cos\left(\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\varphi}{6}\right),6\cos\left(\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{\varphi}{6}\right)\right\}\geqslant 6\cos\left(\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\varphi}{6}\right)\geqslant 3\sqrt{3}$,当φ = 0 取等号, 综上$\displaystyle \min_{\varphi \in \mathrm{R}} \left( \max_{x \in \mathrm{R}} g(x) \right) = 3\sqrt{3}$,所以$b_{\mathrm{min}} = 3\sqrt{3}$.

解析二

(1) $\mathrm{f}'(x) = -5\sin x + 5\sin 5x = 5\left[\sin(3x+2x) - \sin(3x-2x)\right] = 10\cos 3x\sin 2x$,令f'(x) =0,x= $\dfrac{\pi}{6}$, 当x ∈(0,$\dfrac{\pi}{6}$)时, f'(x) >0,x∈($\dfrac{\pi}{6}$,$\dfrac{\pi}{4}$)时, f'(x) <0,所以 f(x) 在(0,$\dfrac{\pi}{6}$)上单调递增, 在($\dfrac{\pi}{6}$,$\dfrac{\pi}{4}$)上单调递减,所以$f(x)_{\max} = f\left( \dfrac{\pi}{6} \right) = 3\sqrt{3}$.

(2) 反证:若∀y∈[a-θ,a+θ],有cosy>cosθ,则y∈(-θ+2kπ,θ+2kπ),k∈Z.

不妨设a∈[0,2π),则a-θ>-π,a+θ<3π,则[a-θ,a+θ]$\subseteq$(2kπ-θ,2kπ+θ).

故a = 2kπ.矛盾！故得证！

(3)证明:令$h(x) = 5\cos x - \cos(5x + \varphi), h'(x) = -5\sin x + 5\sin(5x + \varphi)$,

由于h(x)周期为2π,不妨设x∈[-π,π],φ∈[-π,π],

因为h(x)连续且处处可导,所以h(x)最大值在极值点处取到,

令h'(x)=0,sin(5x+φ) =sinx,所以5x+φ=x+2k₁π或5x+φ=π-x+2k₂π,

所以$x = -\dfrac{\varphi}{4} + \dfrac{k_1 \pi}{2}$或$x = \frac{\pi}{6} - \frac{\varphi}{6} + \frac{k_2\pi}{3} \left( k_1, k_2 \in \mathrm{Z} \right)$,

当$x = -\dfrac{\varphi}{4} + \dfrac{k_1 \pi}{2}$时,$h(x) = 5\cos x - \cos x = 4\cos x = 4\cos\left(-\dfrac{\varphi}{4} + \dfrac{k_1}{2}\pi\right)$,

当$x = \frac{\pi}{6} - \frac{\varphi}{6} + \frac{k_2\pi}{3}, h(x) = 5\cos x - \cos(\pi - x + 2k_2\pi) = 6\cos x = 6\cos\left(\frac{\pi}{6} - \frac{\varphi}{6} + \frac{k_2}{3}\pi\right)$,

所以$h(x)_{\mathrm{max}} = \mathrm{max}\left\{ 4\cos\left( -\dfrac{\varphi}{4} + \dfrac{k_1}{2}\pi \right), 6\cos\left( \dfrac{\pi}{6} - \dfrac{\varphi}{6} + \dfrac{k_2}{3}\pi \right) \right\}$,

显然$4\cos\left(-\dfrac{\varphi}{4}+\dfrac{k_1}{2}\pi\right)\leqslant 4, \mathrm{记}\ q(\varphi)=6\cos\left(\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\varphi}{6}+\dfrac{k_2}{3}\pi\right)$,

取值情况最多有6种,相当于p(x)=6cosx图象上以$A\left(\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\varphi}{6},p\left(\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\varphi}{6}\right)\right)$为起点, 横坐标以$\dfrac{\pi}{3}$为跨度,往后总共取6个点,由p(x)图象.

可知, φ=0时, q(φ)取最小值$3\sqrt{3}$,$3\sqrt{3}$>4,

所以b≥5cosx-cos(5x+φ),所以b≥q(φ)_min=$3\sqrt{3}$,

此时h(x) ≤$3\sqrt{3}$恒成立,且x=±$\dfrac{\pi}{6}$时取等号, 所以b 的最小值为$3\sqrt{3}$.