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=}#}