高級(jí)中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1天津市和平區(qū)2025屆高三下學(xué)期第三次質(zhì)量調(diào)查數(shù)學(xué)試卷一、單選題1．設(shè)全集U=Z，集合A=x|x=3k,k∈Z，B=x|x=3k-1,k∈ZA．? B．x|x=3k+1,k∈C．x|x=3k+2,k∈Z D．【答案】B【解析】由A=x|x=3k,k∈Z，B=x|x=3k-1,k∈Z可得，A∪B=x|x=3k-1故選：B2．命題“?x∈N，x2>1”A．?x?N，x2<1 B．C．?x?N，x2≤1 D．【答案】D【解析】命題“?x∈N，x2>1”的否定是“?x∈N故選：D3．函數(shù)fx=-x+ex+A． B．C． D．【答案】A【解析】由于f-x故fx為奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，此時(shí)可排除又∵sin3.2<0,∴f3.2故選：A4．下列結(jié)論中不正確的是（

）A．已知隨機(jī)變量X-Bn,14，若B．用決定系數(shù)R2來刻畫回歸的效果時(shí)，R2的值越接近C．用0，1，2，3四個(gè)數(shù)字，組成有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為30D．經(jīng)驗(yàn)回歸直線y=bx+【答案】D【解析】對(duì)于A，由二項(xiàng)分布的方差公式可知DX所以D3X=3所以二項(xiàng)分布的期望為DX=16×1對(duì)于B，用R2來刻畫回歸效果，R2的值越接近于1，說明模型的擬合效果越好，R2的值越接近于0對(duì)于C，百位數(shù)字不能為0，有3種選擇，個(gè)位和十位各有4種選擇，利用分布乘法計(jì)數(shù)原理可得組成三位數(shù)的個(gè)數(shù)有3×4×4=48種方法，其中沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的個(gè)數(shù)有3A32=3×3×2=18種方法，所以組成有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的個(gè)數(shù)為對(duì)于D，在回歸分析中，回歸直線一定經(jīng)過樣本中心點(diǎn)(x,y)，但不一定會(huì)經(jīng)過樣本數(shù)據(jù)點(diǎn)故選：D.5．已知雙曲線C的上，下焦點(diǎn)分別為點(diǎn)F1，F(xiàn)2，若C的實(shí)軸長(zhǎng)為1，且C上點(diǎn)P滿足PF1⊥PF2A．y2-x24=1 B．y【答案】D【解析】由題意設(shè)雙曲線方程為y2由題意可知a=1由于PF1⊥PF2，P故b=c故雙曲線方程為4y故選：D6．已知底面半徑為rr>0的圓錐，其軸截面是正三角形，它的一個(gè)內(nèi)接圓柱的底面半徑為r4，則此圓柱的側(cè)面積與圓錐的側(cè)面積的比值為（A．35 B．235 C．3【答案】C【解析】由題意可知圓錐的軸截面是邊長(zhǎng)為2r的正三角形，則圓錐的高SO=3由△SO1M∽△SOB，可得1∴OO圓柱側(cè)面積S1圓錐側(cè)面積S2=1故選：C．7．定義新運(yùn)算：abcd=ad-bc，已知數(shù)列ann∈N*滿足A．239 B．225 C．211 D．261【答案】C【解析】由an+112故a累加可得an故a10故選：C8．設(shè)定義在R上的函數(shù)fx=sin2ωx+π4-sin2ωx-π4A．4π B．3π C．2π【答案】B【解析】因?yàn)閒x所以由二倍角公式得fx結(jié)合誘導(dǎo)公式得fx因?yàn)閒π2=fπ，所以令2ω×34π因?yàn)棣?gt;0，所以當(dāng)k=0時(shí)，ω最小，此時(shí)ω=13，因?yàn)閤∈π2,令t=23x∈π3由正弦函數(shù)性質(zhì)得g(t)在π3,π則此時(shí)g(t)最大值為g(π2)=得到此時(shí)fx由正弦函數(shù)的最小正周期公式得T=2π23故選：B9．定義域?yàn)镽的函數(shù)fx滿足fx+4=2fx，當(dāng)x∈0,4時(shí)，fx=12A．-∞,-2∪C．-2,0∪0,2 D【答案】A【解析】當(dāng)x∈-8,-4時(shí)，fx≥因?yàn)槎x域?yàn)镽的函數(shù)fx滿足f當(dāng)x∈0,4時(shí)，f當(dāng)x∈-8,-6時(shí)，x+8∈則f=1因?yàn)?1≤x+7<1，此時(shí)fx當(dāng)x∈-6,-4時(shí)，x+8∈則fx因?yàn)?1≤x+5<1，則0≤x+5≤1，則13所以，函數(shù)fx在-8,-4上的最小值為f所以，m-14-1m≤fxmin=-1因此，實(shí)數(shù)m的取值范圍是-∞故選：A.二、填空題10．i是虛數(shù)單位，則2-i1+【答案】10【解析】2-i故答案為：1011．若二項(xiàng)式x+1ax6a>0的展開式中，x2的系數(shù)為【答案】4【解析】二項(xiàng)式x+1ax6當(dāng)r=2可得x2的系數(shù)為C62因?yàn)閍>0，所以a=4.故答案為：4.12．已知拋物線y2=2pxp>0過點(diǎn)P2,4；其焦點(diǎn)為F，以PF為直徑作圓C1，圓C1與圓C2:x【答案】4x+4y-5=0【解析】將P點(diǎn)代入拋物線方程可得42=2p×2，解得p=4，即拋物線方程為所以拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)F(2,0)，PF的中點(diǎn)坐標(biāo)為2+22PF=2-22+4-02=4,所以圓C1因?yàn)?=2-1<0-22+0-22圓C1與圓C2方程相減可得：C1故答案為：4x+4y-5=0.13．袋中有3個(gè)紅球，m個(gè)黃球，n個(gè)綠球，現(xiàn)從中任取兩個(gè)球，即取出的紅球數(shù)為ξ，若取出的兩個(gè)球都是紅球的概率為15，一紅一黃的概率為25，則m-n=，E【答案】1；1【解析】取出的兩個(gè)球都是紅球的概率P1取出的兩個(gè)球是一紅一黃的概率P2由P1P2=1m=12由題意，紅球一共有3個(gè)，黃球和綠球一共有3個(gè)，隨機(jī)變量ξ的所有可能取值為0,1,2，Pξ=0=C32則Eξ故答案為：1；1.14．已知實(shí)數(shù)x與y滿足x>y>0，且1x-y+4x+y=1【答案】13【解析】由于x>y>0，故x-y>0,x+y>0，且2x+y=1故2x+y==1當(dāng)且僅當(dāng)3x+yx-y=4x-y故答案為：1315．若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，中心為O，過O作直線l與邊AD，BC分別交于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)M滿足OM=λ2OA+1-λ2OBλ∈R．（?。┊?dāng)λ=【答案】58；【解析】由于OA⊥OB，則OM2（?。┊?dāng)λ=34，則OM2（ⅱ）PM?由于OP,OQ為相反向量，故所以PM?由OM2=2λ2-2λ+18而OP2的最大值為O因此當(dāng)OP2取最大值，OM2取最小值時(shí)，PM?故答案為：58，三、解答題16．在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c，3sinA+cosA=2（1）求角A的大?。唬?）求b的值與△ABC的面積；（3）求sinC-2A解：（1）由3sinA+cosA=2可得因?yàn)?<A<π，則π6<A+π6（2）由正弦定理asinA=bsin由（1）知A=π3，由余弦定理得解得b=3，c=5，所以△ABC的面積為S△ABC（3）由余弦定理可得cosC=所以sinC=所以sin=517．如圖，已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長(zhǎng)為2，側(cè)棱AA1=3，E（1）求平面ABB1A（2）求直線B1H與平面（3）求點(diǎn)A到平面BD解：（1）因?yàn)樗睦庵鵄BCD-A1B1C1D所以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB,AD,AA則A(0,0,0),B(2,0,0),D所以BD易知平面BAA1B設(shè)平面BD1E則n2?BD1所以平面BD1E設(shè)平面ABB1A1與平面則cosθ=所以平面ABB1A1與平面（2）由（1）可得B1(2,0,3)，所以設(shè)直線B1H與平面BD所以cosα=所以直線B1H與平面BD（3）由（1）可得AB=(2,0,0)，則A到平面BD118．已知n∈N*，等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和Sn=n2+n，正項(xiàng)等比數(shù)列bn（1）求數(shù)列an和b（2）若cn（?。┎坏仁絥∑k=1-1（ⅱ）證明：n∑解：（1）對(duì)任意的n∈N*，Sn=n當(dāng)n≥2時(shí)，ana1=2也滿足an=2n，故對(duì)任意的所以an+1-a設(shè)等比數(shù)列bn的公比為q，則q>0，TT4所以b1=3，q=3，因此，（2）（i）-1kn=-=-1故原不等式可化為-1當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，-12-顯然12+13n+1當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，λ>13n+1所以13n+1-1因此，實(shí)數(shù)λ的取值范圍是-6（ii）因?yàn)閚∑設(shè)Mn所以3M上述兩個(gè)等式作差可得-2Mn設(shè)Nn所以3N兩式作差得-2=2-2n×3代入①式可得-2M故Mn=19．已知橢圓x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦點(diǎn)分別為（1）求橢圓離心率；（2）已知直線l:y=kx+mk,m∈R與橢圓相切于點(diǎn)P，過F2作F2Q垂直于直線l，交直線l于點(diǎn)Q解：（1）F1由條件可知bc=3可得：a2所以e=c（2）由（1）可知：a=2c,b=3橢圓方程為x24c當(dāng)k=0時(shí)，直線l:y=m，F(xiàn)1設(shè)F1P,F2由F1所以b2=8，所以所以O(shè)Q=當(dāng)k≠0時(shí)，設(shè)P聯(lián)立橢圓方程：x24k由Δ=0，整理得到：m2x0=-4km故P-4k又F1所以F1由垂直關(guān)系易知直線F2Q的方程為聯(lián)立y=-1kx-c所以Qc-km所以F由F====3k2所以O(shè)Q2所以O(shè)Q=綜上OQ20．已知函數(shù)f(x)=px33(p∈R)（1）求函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；（2）若p=1，對(duì)于給定實(shí)數(shù)h0，總存在4個(gè)不同實(shí)數(shù)q1，q2，q3，q4，使得關(guān)于x（ⅰ）求實(shí)數(shù)h0（ⅱ）記g'(x解：（1）依題意，f'(x)=px2，函數(shù)g(-x)=p(-x)2+當(dāng)x>0時(shí)，g(x)=px2+當(dāng)p≥0時(shí)，g'(x)>0，函數(shù)g(x)在當(dāng)p<0時(shí)，由g'(x)>0，得0<x<-12p則函數(shù)g(x)在(0,-12p所以當(dāng)p≥0時(shí)，函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是(-∞當(dāng)p<0時(shí)，函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是(--（2）（i）當(dāng)p=1時(shí)，g(x)=x2+qi=x求導(dǎo)得d'(x)=h令φ(x)=h0+x2+1-ln當(dāng)x∈(-∞,-22)∪(0,22函數(shù)φ(x)在(-∞,-2則φ(x)min=φ(當(dāng)φ(22)≥0，即h0≥-32-1則qi=d(x)至多當(dāng)φ(22)<0，即h0<-當(dāng)|x|→+∞時(shí)，φ(x)→+∞，則φ(x)=0有即當(dāng)x>0時(shí)，h0+x2+1-求導(dǎo)得A'