2025年质检三数学答案_2025年5月_2505152025届河北省石家庄市普通高中高三教学质量检测（三）（全科）_河北省石家庄市2025届普通高中高三教学质量检测（三）数学试卷

石家庄市 2025 年普通高中毕业年级教学质量检测（三） 数学答案 一、单选题： 1-4DDBD 5-8 ABBA 二、多选题： 9．ACD 10. AC 11.ABC 三、填空题： 12.x0,x27x60 13. 4 14. 25 四、解答题(仅提供一种或两种答案，其他答案请教研组参照评分细则商议决定)： 15.解：（1）在 试卷第1页，共5页  A B C 中，由 b s i n C  3 c c o s B  3 a 及正弦定理得 s i n B s i n C  3 s i n C c o s B  3 s i n A ，............................................................................................1 分 ∵ A  B C      ∴ s i n B s i n C  3 s i n C c o s B  3 s i n ( B  C )  3 s i n B c o s C  3 c o s B s i n C 即 s i n B s i n C  3 s i n B c o s C ，............................................................................................................3 分 又 s i n B  0 ，∴ s i n C  3 c o s C ， t a n C  3 .................................................................................4 分 C ( 0 , ) , C 3      ................................................................................................................................5分 （2）由正弦定理得 s i a n A s i b n B s i c n C 2 s i n 2 3 4 3 6       a b  s i n A s i n B  s i c n C  2  4 ，..............................................................................................................7 分  在ABC中，由余弦定理得8a2 b2 2abcos ,a2 b2 12，...................................................9分 3 1 因为CT 是AB边上的中线，所以CT  （CBCA),........................................................................11 分 2 2 1 1 2 2 1 所以CT  （CBCA)2  （CB CA 2CBCA) (a2 b2 ab)4, 4 4 4 所以 CT 2, AB边上中线CT 的长为2...................................................................................................13 分 16．解：（1）因为前三组的频率分别为0.1，0.15，0.35， 所以中位数在  35，45  中，………………………………2分 {#{QQABKYio4gi4wASACZ4LAQXcCwuQsIAgJcokARAeOA5KQQFABAA=}#}0.50.10.15 且为35 1042.14………………………………………4分 0.35 平均数为 …………………6分 （2）由题意得，20 名志愿者中  25，45  的人数为 ，其中 3 人在区间  25，35  ，7 人在区 间  35，45  ………………………………………………………………………………………………………8分 试卷第2页，共5页 X 的可能取值为0，1，2，3…………………………………………………………………………………9分 C3 7 P(X 0) 7  ………………………………………………………………………………………10分 C3 24 10 P ( X  1 )  C C 13 C 31 0 27  2 4 1 0 ………………………………………………………………………………………11分 P ( X  2 )  C 23 C C 31 0 17  7 4 0 ……………………………………………………………………………………12分 P ( X  3 )  C C 3331 0  1 1 2 0 ………………………………………………………………………………………13分 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 7 2 4 2 4 1 0 7 4 0 1 1 2 0 所以 E ( X )  3  1 3 0  1 9 0 ……………………………………………………………………………………15分 17．解：（1）由双曲线 C 的两条渐近线为 y   3 x ，得 b a  3 ，即 b  3 a ，………………………2分 又双曲线 C 经过点  2 , 3  ，得 1  2 a 2  3 b 2 ，解得 a  1 ， b  3 ， 所以双曲线 C 的方程为 x 2  y 3 2  1 ．…………………………………………………………………………4分 （2）（i）由题意知，点M在以原点为圆心，以2为半径的圆上， 设点M(x ,y )，则 0 0 x 0 2  y 0 2  4   200.01300.015400.035500.03600.011041.5 200.051010 ，又因为点M在双曲线上， x2  y2 4  0 0 联立 y2 ，…………………………………………………………………………………………6分 x2  0 1  0 3 {#{QQABKYio4gi4wASACZ4LAQXcCwuQsIAgJcokARAeOA5KQQFABAA=}#} 7  7   x 0 2  4   x 0  2 7 3  又因为点M在第一象限，所以 ，所以M( , ).……………………………8分  y 2  9  y  3 2 2   0 4   0 2 （ii）设直线NE方程为 试卷第3页，共5页 x  m y  2 , E  x 1 , y 1  , N  x 2 , y 2  ，  x x 2   m y 3 y 2   2 1 ，消去x得(3m21)y212my90， ………………………………………………………………………………10分 由双曲线的对称性可知 M F 1 / / N F 2 S M E N  S  F N1 E  1 2 F 1 F 2 y 1  y 2  2  y 2  y 2  2  4 y 1 y 2  2  3  m 1 2 2 m  1  2  4  3 m 9 2  1 ……………………………………………12分  1 2 ( 3 m m 2 2   1 1 ) 2  6 2 ，解得 m 2  1 或 m 2   1 9 （舍）……………………………………………14分 因为 y 1 y 2  3 m 9 2  1  0 , 3 m 2  1  0 ，满足题意， 又因为 m  0 ，所以直线 N F 2 的方程为 x  y  2 ，即 x  y  2  0 …………………………………15分 18．解：（1） f ( x ) 的定义域为  0 ，    ， f ( x )  m (1  1 x 2 )  1 x  m x 2  x x 2  m ， …………………………………………1分 当 m  1 2 时， 14m2 0，所以mx2 xm0恒成立， 所以 f (x)在 0， 单调递增；. ……………………………………………….2分 1 当0m 时， 14m2 0，所以 f(x)0的两根为 2 x 1  1  1 2  m 4 m 2 ， 1 14m2 x  ， 2 2m 1 且x x  0， 1 2 m x 1 x 2  1  0 ，  3m2 10  36m2 360   12m  y  y   1 2 3m2 1  9 y y    1 2 3m2 1 所以0x x， 1 2 所以，xx，x  时， f(x)0，x0，x  或 x， 时， f(x)0. 1 2 1 2 所以 f (x)在 x，x  上单调递减，在 0，x  和 x， 单调递增………………………………4分 1 2 1 2 {#{QQABKYio4gi4wASACZ4LAQXcCwuQsIAgJcokARAeOA5KQQFABAA=}#}1  1 14m2 1 14m2  综上：当0m 时， f (x)在  ，  单调递减， 2  2m 2m     1 14m2   1 14m2  在  0，  和  ，  单调递增；  2m   2m      当 试卷第4页，共5页 m  1 2 时， f (x)在 0， 单调递增…………………………………………………………5分 （2）（i）由（1）可知当 m  1 2 时， f (x)在  0 ，    单调， 不可能有三个零点；…………………………………………………………6分 当 0  m  1 2 时， f ( x )  0 1 14m2 的两根为x  ， 1 2m x 2  1  1 2  m 4 m 2 ， 1 且x x  0， 1 2 m x 1 x 2  1  0 ， 所以0x 1x，且 1 2 f ( 1 )  0 ，……………………………………7分 因为 f ( x ) 在  x ，1 x 2  上单调递减，所以 f ( x 1 )  f (1 )  0  f ( x 2 ) ，…………………………………8分 因为 0  m  1 2 ，所以 m 1 3  1  1 2  m 4 m 2  x ，2 f ( m 1 3 )  m 1 2  m 4  3 l n m ， 设 g ( m )  m 1 2  m 4  3 l n m ， g ( m )   m 2 3  4 m 3  3 m  （ 3 m 2  m 2 ） 3  4 m 6  0 ， g ( m ) 在  0 ， 1 2  上递减， g ( m )  g ( 1 2 )  ( 4  1 1 6 )  3 l n 2  3  3 l n 2  0 ， 即 f ( m 1 3 )  0 ，所以  c   x ，2 m 1 3  使 f ( c )  0 ……10分 因为 f ( 1 x )  m ( 1 x  x )  l n 1 x  m ( 1 x  x )  l n x    m ( x  1 x )  l n x    f ( x ，) ………………………11分 又因为 m 1 3  x 2  0  m 3  1 x 2  x 1 ，所以 f ( m 3 )   f ( m 1 3 )  0 ， 所以  a   m 3， x 1  使 f ( a )  0 ……………………………………………………………………………12分 所以，当 0  m  1 2 时， f ( x ) 有三个零点 a ， b  1 ， c ………………………………………………13分 （ii）由（i）可知， f ( x ) 的三个零点： a  ( 0 ，1 ，) b  1 ， c  (1 ，   ) ， 因为 f ( 1 x )   f ( x ) ， 且 f ( a )  f ( c )  0 ， 所以 a c  1 …………………………………………15分 又因为 0  m  1 2  1 m  2 ，所以 a  c m  a  2 c  a  2 a ， 因为a(0，1)，所以函数 h ( a )  a  2 a 单调递减，h(a)h(1)3， 所以 a  c m  a  2 c  a  2 a  3  3 b 得证………………………………………………………………17分 19.解：(1) 若输入(3,17)，则(3,17)  (4,18)  (2,9)   (9,16) ， 再输入(2,9)，(9,16)得(2,16)  (1,8)；………………………………………………………………3分 (2) 不能得到(1,100) 输入的(5,19)两数之差是7的倍数. ………………………………………………………………………4分 {#{QQABKYio4gi4wASACZ4LAQXcCwuQsIAgJcokARAeOA5KQQFABAA=}#}第Ⅰ台自动打印机运算，两个数都加1，运算后两数之差仍是7的倍数； 第Ⅱ台自动打印机仅当两个数都是偶数时才能运算，所以运算后两数之差也是7的倍数， 第Ⅲ台自动打印机输入的两组数对 (a,b) ， (b,c) 的差都是 7 的倍数，所以(a,c) 也是 7 的倍 数，……………………………………………………………………………………………………………6分 综上，通过三台自动打印机运算得到的两数之差都是7的倍数，而100—1=99不能被7整除，所以不能得 到(1,100)；…………………………………………………………………………………………………8分 (3) 设A 为(a,b)的所有情况数，因为1ab5n1， n 所以 试卷第5页，共5页 A n  C 25 n  1 5n(5n1)  2  2 5 n 2 2  5 n ；…………………………………………………………10分 由（2）可知只有当 b  a 是5的倍数时符合题意，下面证明： 假设 1  m  m  5 k  5 n  1 ， m , k  N  输入 ( m , m  5 k ) ， 则 ( m , m  5 k )  ( m  1 , m  1  5 k )  ( m  2 , m  2  5 k )   ( m  5 k , m  1 0 k ) 再输入 ( m , m  5 k ) ， ( m  5 k , m  1 0 k ) 得 ( m , m  1 0 k ) ……………………………………………11分 因为 m , m  1 0 k 的奇偶性相同， 所以一定可以得到 ( m 2 , m 2  5 k ) 或 ( m  2 1 , m  2 1  5 k ) ，………………………………………………12分 因为 m  N  ，所以 m 2  m 或 m  2 1  m ， 这样就将自然数对的第一个自然数变小了， 重复上面的运算就可以得到 (1 , 1  5 k ) ( k  N  ) …………………………………………………13分 设通过上面运算可以得到 (1 , 1  5 k ) ( k  N  ) 的所有情况数为 B n , 由上述证明可知：若输入 ( a , b ) ，其中 1  a  b  5 n  1 ( n  N  ) ， 可以得到 (1 , 1  5 k ) ( k  N  ) ，则 b  a 是5的倍数， 所以当 a  1 时， b 可以取6,11，…， 5 n  1 ，共有 n 中取法， 当 a  2 时， b 可以取7，12，…， 5 n  3 ，共有 n  1 中取法， 当 a  3 时， b 可以取8，13，…， 5 n  2 ，共有 n  1 中取法， 当 a  4 时， b 可以取9，14，…， 5 n  1 ，共有 n  1 中取法， 当 a  5 时， b 可以取10，15，…， 5 n ，共有 n  1 中取法， 当 a  6 时， b 可以取11，16，…， 5 n  1 ，共有 n  1 中取法， 当a7时， b可以取12，17，…，5n3，共有n2中取法， …… 当a5n4时，b 可以取5n1，共有1中取法， 5n2 3n 所以B 5(12 n1)n  ；………………………………………………………15分 n 2 5n2 3n B 1 5n3 2 所以P  n    ， n A 25n2 5n 5 5n1 n 2 1 所以P  . ………………………………………………………………………………………………17分 n 5 {#{QQABKYio4gi4wASACZ4LAQXcCwuQsIAgJcokARAeOA5KQQFABAA=}#}