陕西省安康市2025届高三下学期第三次质量联考数学试卷（含答案）

这是一份陕西省安康市2025届高三下学期第三次质量联考数学试卷（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设集合U={1,2,3,4,5,6}，A={1,2,3}，B={2,4,6}，则(∁UA)∩B=( )
A. {6}B. {4,6}C. {2,4,6}D. {2,4,5,6}
2.已知复数z=3−2i，则(z−z)z=( )
A. 8+12iB. 8−12iC. −8+12iD. −8−12i
3.有一组样本数据x1，x2，⋯，xn，其平均数为x1，方差为s12，若样本数据−x1+1，−x2+1，⋯，−xn+1的平均数为x2，方差为s22，则( )
A. x2=x1−1B. x2=x1C. s12=s22D. s12>s22
4.已知抛物线x2=16y上的点M到焦点F的距离为6，则点M到y轴的距离为( )
A. 2 2B. 4 2C. 2D. 4
5.已知a=ln52，b=32，c=lg23，则( )
A. a0，所以sinA=2sinAcsA，
则csA=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3；
(2)证明：由余弦定理得：b2+c2−bc=a2，
因为△ABC的周长为3a，所以b+c=2a，即a=b+c2，
所以4b2+4c2−4bc=(b+c)2，化简可得：(b−c)2=0，
所以b=c=a，
故△ABC为等边三角形．
16.(1)证明：由题意得AB⊥AD，因为AD⊥PB，AB∩PB=B，AB⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB，
又PA⊂平面PAB，所以AD⊥PA，
因为PA⊥AB，AB∩AD=A， AB、AD⊂平面ABCD，
所以PA⊥平面ABCD；
(2)解：由(1)知AB，AD，AP两两互相垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
则A(0,0,0),D(0,2,0),P(0,0,2),C(4,2,0),E(2,0,0)，
所以PC=(4,2,−2)，PE=(2,0,−2)，
设平面CPE的法向量为n=(x,y,z) ，
则n⋅PC=0n⋅PE=0，即4x+2y−2z=02x−2z=0,
令z=1，得x=1，y=−1，所以n=(1,−1,1)，
又平面PAE的一个法向量为AD=(0,2,0)，
所以|cs|=|AD⋅n|AD||n||=2 3×2= 33，
故平面APE与平面CPE夹角的余弦值为 33．

17.解：(1)设“小明第一次取到的2个球颜色不同”为事件A1，“小明第一次取到的2个球都是红球”为事件A2，“小明第一次取到的2个球都是白球”为事件A3，“小明第二次取到的球是红球”为事件B，
则P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=C31C31C62×24+C32+C32C62×25=2350，
所以小明第二次取到的球是红球的概率为2350．
(2)X的所有可能取值为0，1，2，3．
P(X=0)=C32C62×35=325，
P(X=1)=C32C62×25+C31C31C62×24=1950，
P(X=2)=C32C62×35+C31C31C62×24=2150，
P(X=3)=C32C62×25=225．
X的分布列为
E(X)=0×325+1×1950+2×2150+3×225=7350．
18.(1)解：由题意得a2=b2+c2ca= 32b=1，解得a=2，b=1，
所以椭圆C的方程为x24+y2=1．
(2)解：由(1)可知椭圆C的右焦点为( 3,0)，
当直线l的斜率不存在时，|EG|=1，不符合题意;
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x− 3)，E(x1,y1)，G(x2,y2)，
由y=k(x− 3)x24+y2=1，可得(4k2+1)x2−8 3k2x+12k2−4=0，
则x1+x2=8 3k24k2+1，x1x2=12k2−44k2+1，
|EG|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2= 1+k2⋅ 8 3k24k2+12−4·12k2−44k2+1=52，解得k=±12，
所以直线l的方程为x±2y− 3=0；
(3)证明：设N(x0,y0)(x0≠0且y0≠±1)，则直线BN的斜率k2=y0+1x0，
因为点M在以AB为直径的圆上，所以直线AM与直线BM垂直，
由题意得直线AM的斜率kAM=y0−1x0，
所以直线BM的斜率k1=−1kAM=−x0y0−1，
所以k1k2=−x0y0−1⋅x0y0+1=x021−y02，
因为点N在椭圆C上，所以x024+y02=1，
故k1k2=x021−y02=4(1−y02)1−y02=4，为定值．
19.解：(1)因为函数f(x)是偶函数，所以f(−x)=f(x)，
即3x2−8sin(−x+φ)=3x2−8sin(x+φ)，
解得：φ=±π2．
(2)当φ=0时，f(x)=3x2−8sinx，f(0)=0，f′(x)=6x−8csx.
令ℎ(x)=f′(x)=6x−8csx，则ℎ′(x)=6+8sinx，
当x≥π时，f(x)>3π2−8>0，则f(x)在[π,+∞)上无零点；
当04π23−8>0;
当0≤x0，又g(x)=f′(x)，
此时g′(x)=6+8sin(x+φ)>0，f′(x)单调递增，
f′(0)=−8csφ0，
所以存在x0∈(0,π2)，使得f′(x0)=6x0−8cs(x0+φ)=0，
若x∈(0,x0)，则f′(x)0，f(x)单调递增．
所以f(x)≥f(x0)=3x02−8sin(x0+φ)=3x02−8 1−916x02≥0，解得x0≥2 33．
此时cs(x0+φ)=34x0≥ 32，所以x0+φ≤π6，从而φ≤π6−x0≤π6−2 33．
综上，φ∈(−π2，π6−2 33]. X
0
1
2
3
P
325
1950
2150
225