天津市和平区2024-2025学年高三下学期第三次质量调查数学试卷

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页天津市和平区2024-2025学年高三下学期第三次质量调查数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．设全集U=Z，集合A=x|x=A．∅ B．xC．x|x=2．命题“∃x∈N，xA．∀x∉N，x2<C．∀x∉N，x2≤3．函数fx=−x+A． B．C． D．4．下列结论中不正确的是（

）A．已知随机变量X−Bn,B．用决定系数R2来刻画回归的效果时，RC．用0，1，2，3四个数字，组成有重复数字的三位数的个数为30D．经验回归直线y=bx5．已知双曲线C的上，下焦点分别为点F1，F2，若C的实轴长为1，且C上点P满足PF1⊥PFA．y2−x24=1 B．6．已知底面半径为rr>0的圆锥，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为rA．35 B．235 C．37．定义新运算：abcd=ad−bc，已知数列aA．239 B．225 C．211 D．2618．设定义在R上的函数fx=sin2ωx+π4−sin2ωA．4π B．3π C．2π9．定义域为R的函数fx满足fx+4=2fx，当x∈0,A．−∞,−C．−2,0二、填空题10．i是虚数单位，则2−i11．若二项式x+1ax6a>012．已知抛物线y2=2pxp>0过点P2,4；其焦点为F，以PF为直径作圆C113．袋中有3个红球，m个黄球，n个绿球，现从中任取两个球，即取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为15，一红一黄的概率为25，则m−n=14．已知实数x与y满足x>y>0，且1x15．若正方形ABCD的边长为1，中心为O，过O作直线l与边AD，BC分别交于P，Q两点，点M满足OM=λ2O三、解答题16．在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，3sin(1)求角A的大小；(2)求b的值与△A(3)求sinC17．如图，已知正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱AA(1)求平面ABB1(2)求直线B1H与平面(3)求点A到平面BD18．已知n∈N*，等差数列an的前n项和Sn=n2+n，正项等比数列(1)求数列an和b(2)若cn（ⅰ）不等式k=1n（ⅱ）证明：i=19．已知椭圆x2a2+y2b2=1a(1)求椭圆离心率；(2)已知直线l:y=kx+mk,m∈R与椭圆相切于点P，过F220．已知函数f(x)=px3(1)求函数g((2)若p=1，对于给定实数h0，总存在4个不同实数q1，q2，q3，（ⅰ）求实数h0（ⅱ）记g′(x答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《天津市和平区2024-2025学年高三下学期第三次质量调查数学试卷》参考答案题号123456789答案BDADDCCBA1．B【分析】根据集合并集的定义以及补集的定义即可求解.【详解】由A=x|x=3k,k故选：B2．D【分析】根据特称命题的否定为全称命题即可求解.【详解】命题“∃x∈N，x2>故选：D3．A【分析】根据函数的奇偶性以及函数值的正负即可排除求解.【详解】由于f−故fx又∵sin故选：A4．D【分析】由二项分布的期望与方差公式即可判断A；由决定系数R2【详解】对于A，由二项分布的方差公式可知DX所以D3X=所以二项分布的期望为DX对于B，用R2来刻画回归效果，R2的值越接近于1，说明模型的拟合效果越好，对于C，百位数字不能为0，有3种选择，个位和十位各有4种选择，利用分布乘法计数原理可得组成三位数的个数有3×4×4=对于D，在回归分析中，回归直线一定经过样本中心点(x,y故选：D.5．D【分析】根据双曲线的定义以及勾股定理，联立方程即可求解.【详解】由题意设双曲线方程为y2由题意可知a=由于PF1⊥PF2，故b=故双曲线方程为4y故选：D6．C【分析】由△SO1M∽△【详解】由题意可知圆锥的轴截面是边长为2r则圆锥的高SO由△SO1M∽△SO∴OO圆柱侧面积S1圆锥侧面积S2=1故选：C．7．C【分析】根据题可得an【详解】由an+1故a累加可得an故a10故选：C8．B【分析】先利用二倍角公式和诱导公式化简原函数，得到fx=sin2ω【详解】因为fx所以由二倍角公式得fx结合诱导公式得fx因为fπ2=fπ令2ω×3因为ω>0，所以当k=0时，ω最小，此时因为x∈π2令t=23x∈由正弦函数性质得g(t)在π则此时g(t)最大值为g得到此时fx由正弦函数的最小正周期公式得T=故选：B9．A【分析】结合题意求出函数fx在区间−8,【详解】当x∈−8,−因为定义域为R的函数fx满足f当x∈0,当x∈−8则f=1因为−1≤x当x∈−6则fx因为−1≤x+5<1所以，函数fx在−8,所以，m−14−1m≤fx因此，实数m的取值范围是−∞故选：A.10．10【分析】根据复数的乘法运算化简，即可由模长公式求解.【详解】2−故答案为：1011．4【分析】求解二项式展开式的通项，确定x2的系数列方程即可得a【详解】二项式x+1a当r=2可得x2的系数为C因为a>0，所以故答案为：4.12．4【分析】先代入P点求出抛物线方程，则焦点坐标F可求，进而可得圆C1的方程，与圆C2相减即可得相交弦【详解】将P点代入抛物线方程可得42=2p×所以抛物线的焦点坐标F(2,0)PF=2−2所以圆C1因为1=2−1<圆C1与圆C2方程相减可得：C1故答案为：4x13．11【分析】根据古典概型的概率计算公式以及组合数的计算公式，建立方程，可得空1；根据离散型随机变量的均值计算公式，可得空2.【详解】取出的两个球都是红球的概率P1取出的两个球是一红一黄的概率P2由P1P2=1m=12由题意，红球一共有3个，黄球和绿球一共有3个，随机变量ξ的所有可能取值为0,Pξ=0=C则Eξ故答案为：1；1.14．13【分析】利用基本不等式的乘“1”法即可求解.【详解】由于x>y>0，故故2=1当且仅当3x+yx−故答案为：1315．58【分析】根据模长公式，结合数量积的运算律即可求解空1，利用向量的线性运算将问题转化为PM⋅QM=【详解】由于OA⊥OOM（ⅰ）当λ=34，则O（ⅱ）PM由于OP,O所以PM由OM2=2λ2−而OP2的最大值为因此当OP2取最大值，OM2取最小值时，故答案为：58，16．(1)π(2)b=3(3)−【分析】（1）利用辅助角公式化简得出sinA+π6=（2）由正弦定理得出c=53b，结合余弦定理求出b、（3）利用余弦定理求出cosC的值，结合同角三角函数的基本关系求出sinC的值，然后利用两角差的正弦公式可求出【详解】（1）由3sinA+cosA因为0<A<π，则π6（2）由正弦定理asinA=bsin由（1）知A=π3解得b=3，所以△ABC（3）由余弦定理可得cosC所以sinC所以sin=517．(1)平面ABB1A(2)直线B1H与平面B(3)A到平面BD1【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得平面BAA1（2）求得B1H=(0（3）由AB=(2,【详解】（1）因为四棱柱ABCD−A1B所以以A为坐标原点，AB则A(所以BD易知平面BAA1设平面BD1E则n2⋅BD1所以平面BD1E设平面ABB1A1则cosθ所以平面ABB1A1（2）由（1）可得B1(2设直线B1H与平面BD所以cosα所以直线B1H与平面BD（3）由（1）可得AB=(2,0,18．(1)an=(2)（i）−6【分析】（1）由an=S1,n=1Sn−Sn−1（2）（i）利用裂项求和法求出k=1n−1k⋅（ii）求得i=【详解】（1）对任意的n∈N∗，Sn=当n≥2时，a1=2也满足an=所以an+1设等比数列bn的公比为q，则q>0T4所以b1=3，q（2）（i）−1k=−12当n为奇数时，−12−显然12+13n当n为偶数时，λ>13所以13n+因此，实数λ的取值范围是−6（ii）因为i=设Mn所以3M上述两个等式作差可得−2设Nn所以3N两式作差得−=2−2代入①式可得−2故Mn19．(1)1(2)O【分析】（1）由条件易得bc（2）通过k=0和k≠【详解】（1）F1由条件可知bc=3可得：a2所以e=（2）由（1）可知：a=椭圆方程为x24c当k=0时，直线l:设F1P,F2由F1所以b2=8所以OQ当k≠0联立椭圆方程：x24k由Δ=0，整理得到：x0=−故P−又F1所以F1由垂直关系易知直线F2Q的方程为联立y=−1所以Qc所以F由F====3k2所以OQ所以OQ综上O20．(1)答案见解析；(2)（ⅰ）h0【分析】（1）求出函数g(（2）（i）根据给定条件，将方程转化为qi=x2+ln|x|−h0x，构造函数d(x【详解】（1）依题意，f′(x)=g(−x当x>0时，g(当p≥0时，g′(x当p<0时，由g′(x)>则函数g(x)在(所以当p≥0时，函数g(当p<0时，函数g(（2）（i）当p=1时，g(qi=x求导得d′(