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贵州省遵义市桐梓县共同体联考2025届高三上学期9月月考数学试题（含答案）
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这是一份贵州省遵义市桐梓县共同体联考2025届高三上学期9月月考数学试题（含答案），共9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.复数z=−2i(−1+2i)的虚部为( )
A. −2B. 2C. −4D. 4
2.已知命题p:∀x∈R，x|x|+1<1，命题q:∃x>0，x3A. p和q都是真命题B. ¬p和q都是真命题
C. p和¬q都是真命题D. ¬p和¬q都是真命题
3.已知单位向量a，b满足a⋅b=12，则|a+b|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
4.已知sin(π2−θ)= 55，θ∈(−π2,0)，则tan(θ+π4)=( )
A. 12B. −12C. −13D. 13
5.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若|F1A|=10，|AB|=12，则C的离心率为( )
A. 12B. 22C. 13D. 33
6.已知函数f(x)=xsinx−1与g(x)=a(x2+1)的图象恰有一个交点，则a=( )
A. −1B. −12C. 1D. 2
7.已知数据x1，x2，⋯，x5(xi∈Z,i=1,2,⋯,5)的平均数、中位数、方差均为4，则这组数据的极差为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
8.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，都有(x2−x1)⋅[f(x2)−f(x1)+2lnx1x2]<0，且f(2)=4ln2.满足不等式f(x−2022)>2ln(2x−4044)的x的取值范围是( )
A. (−∞,2022)B. (2022,2024)C. [2022,+∞)D. [2024,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=sin|x|，则( )
A. f(x)的最小正周期为πB. f(x)的最大值为1
C. f(x)是偶函数D. f(x)的图象关于直线x=π2对称
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A. 若{an}是等差数列，且Sn=n2+2n+k，则k=0
B. 若{an}是等比数列，且Sn=32n+1+k，则k=−3
C. 若Sn=3n2−2n+1，则{an}是等差数列
D. 若{an}是公比大于1的等比数列，则S2n>2Sn
11.星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆线.已知星形线C:x23+y23=a23(a>0)上的点到x轴的距离的最大值为1，则( )
A. a=1B. C上的点到原点的距离的最大值为1
C. C上的点到原点的距离的最小值为 22D. 当点(x0,y0)在C上时，x0y0≤18
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知(x+ax)(2x−x2)6的展开式中各项系数的和为4，则a= ．
13.已知P为函数f(x)=x4−33x图象上一点，则曲线y=f(x)在点P处的切线的斜率的最小值为 ．
14.已知某三棱台的高为2 5，上、下底面分别为边长为4 3和6 3的正三角形，若该三棱台的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a−c= 2b，b2+ac=a2+c2．
(1)求C;
(2)若△ABC的面积为3+ 32，求c．
16.(本小题12分)
已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M:x2+(y+2)2=1上点的距离的最小值为2．
(1)求p;
(2)已知点P(−1,−2)，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求|AB|．
17.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，且AA1=4，CC1=4CE，直线AE与A1C交于点F．
(1)证明：A1C⊥平面ABE．
(2)求二面角A1−BE−A的正弦值．
18.(本小题12分)
在一个盒子中有2个白球，3个红球，甲、乙两人轮流从盒子中随机地取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，⋯⋯，每次取1个，取后不放回，直到2个白球都被取出来后就停止取球．
(1)求2个白球都被乙取出的概率;
(2)求2个白球都被甲取出的概率;
(3)求将球全部取出才停止取球的概率．
19.(本小题12分)
拟合和插值都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法.拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法;而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点，适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为多项式插值.例如，为了得到sin12的近似值，我们对函数f(x)=sin(π2x)进行多项式插值.设一次函数L(x)=ax+b满足L(0)=f(0)=1,L(1)=f(1)=0,可得f(x)在[0,1]上的一次插值多项式L(x)=x，由此可计算出sin12的“近似值”sin12=f(1π)≈L(1π)=1π≈0.32，显然这个“近似值”与真实值的误差较大.为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等.满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特插值多项式.已知函数f(x)=sin(π2x)在[0,1]上的二次埃尔米特插值多项式H(x)=ax2+bx+c满足H(0)=f(0),H(1)=f(1),H′(0)=f′(0).
(1)求H(x)，并证明当x∈[0,1]时，f(x)≥H(x);
(2)当x∈[0,1]时，|f(x)−H(x)|≤λx2，求λ的取值范围;
(3)利用H(x)计算sin12的近似值，并证明其误差不超过0.1．
(参考数据：1π≈0.32，1π2≈0.10.结果精确到0.01)
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.C
5.A
6.A
7.D
8.B
9.BC
10.AB
11.ABD
12.3
13.2
14.144π
15.解：(1)因为b2+ac=a2+c2，所以ac=a2+c2−b2，
由余弦定理有csB=a2+c2−b22ac=12．
因为B∈(0,π)，所以B=π3．
因为2a−c= 2b，所以2sinA−sinC= 2sinB= 62．
因为sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC= 32csC+12sinC，
所以2( 32csC+12sinC)−sinC= 62，即csC= 22．
因为C∈(0,π)，所以C=π4．
(2)由(1)可得A=π−π3−π4=5π12，
sinA=sin5π12=sin(π4+π6)= 22× 32+ 22×12= 6+ 24．
由正弦定理有asin5π12=bsinπ3=csinπ4，
从而a= 6+ 24⋅ 2c= 3+12c，
b= 32⋅ 2c= 62c，
S△ABC=12absinC=12⋅ 3+12c⋅ 62c⋅ 22=3+ 38c2=3+ 32，解得c=2．
16.解：(1)抛物线C的焦点为F(0,p2)，记圆M的圆心为M(−2,0)，|FM|=p2+2，
F与圆M:x2+(y+2)2=1上点的距离的最小值为p2+2−1=2，解得p=2；
(2)抛物线C的方程为x2=4y，
设过点P的直线方程为y=k(x+1)−2，
联立x2=4y,y=k(x+1)−2,得x2−4kx−4k+8=0，
令Δ=16k2−4(−4k+8)=0，解得k=1或k=−2，
所以直线PA，PB的方程分别为y=x−1，y=−2x−4，
联立x2=4y,y=x−1,得x2−4x+4=0，解得x=2，y=1，
联立x2=4y,y=−2x−4,得x2+8x+16=0，解得x=−4，y=4，
所以点A，B的坐标分别为(2,1)，(−4,4)，
|AB|= (2+4)2+(1−4)2=3 5．
17.解：(1)证明：因为AA1AC=ACCE=2，∠A1AC=∠ACE=π2，
所以△A1AC∽△ACE，所以∠AA1C=∠CAE，
所以∠A1AE+∠AA1C=∠A1AE+∠CAE=π2，∠AFA1=π2，AE⊥A1C.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥AB.因为AB⊥AC，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以AB⊥平面ACC1A1，因为A1C⊂平面ACC1A1，所以AB⊥A1C.
因为AB∩AE=A，AB、AE⊂平面ABE．
所以A1C⊥平面ABE．
(2)解：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
B(2,0,0)，E(0,2,1)，A1(0,0,4)，C(0,2,0)，A1B=(2,0,−4)，BE=(−2,2,1)，A1C=(0,2,−4)．
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅A1B=2x−4z=0,n⋅BE=−2x+2y+z=0,
取x=4，得n=(4,3,2)．
由(1)可得A1C为平面ABE的法向量．
设二面角A1−BE−A的大小为θ，|cs|=|A1C⋅n||A1C||n|= 145145，
sinθ= 1−cs2θ=12 145145，
所以二面角A1−BE−A的正弦值为12 145145．
18.解：(1)若2个白球都被乙取出，则第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，
第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，结束取球，其概率为35×24×23×12=110．
(2)若2个白球都被甲取出，有三种情况．
第一种情况：第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，其概率为25×34×13=110．
第二种情况：第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取出白球，结束取球，其概率为25×34×23×12×1=110．
第三种情况：第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取出白球，结束取球，其概率为35×24×23×12×1=110.故所求概率为110+110+110=310．
(3)若将球全部取出才停止取球，则最后一次即第五次取出的一定是白球，共四种情况．
①第一次和第五次取出的是白球，另外三次取出的是红球，其概率为25×34×23×12×1=110．
②第二次和第五次取出的是白球，另外三次取出的是红球，其概率为35×24×23×12×1=110.
③第三次和第五次取出的是白球，另外三次取出的是红球，其概率为35×24×23×12×1=110．
④第四次和第五次 取出的是白球，另外三次取出的是红球，其概率为35×24×13×1×1=110．
故所求概率为110+110+110+110=25．
19.解：(1)f(x)=sin(π2x)，f(1)=1，f(0)=0，f′(x)=π2cs(π2x)，f′(0)=π2，
H(x)=ax2+bx+c，H′(x)=2ax+b．
由H(0)=f(0),H(1)=f(1),H′(0)=f′(0),c=0,a+b+c=1,b=π2,解得a=1−π2,b=π2,c=0,
所以H(x)=(1−π2)x2+π2x.
证明：设F(x)=f(x)−H(x)=sin(π2x)−(1−π2)x2−π2x，x∈[0,1]，
F′(x)=π2cs(π2x)−(2−π)x−π2．
令函数F1(x)=F′(x)，则F1′(x)=−π24sin(π2x)−2+π．
令函数F2(x)=F1′(x)，则F2′(x)=−π38cs(π2x)≤0，所以F1′(x)在[0,1]上单调递减．
又因为F1′(0)=−2+π>0，F1′(1)=−π24−2+π<0，
所以存在x1∈(0,1)，使得F1′(x1)=0，
当x∈[0,x1)时，F1′(x)>0，当x∈(x1,1]时，F1′(x)<0，
所以F′(x)在[0,x1)上单调递增，在(x1,1]上单调递减．
因为F′(0)=0，F′(x1)>F′(0)=0，F′(1)=−2+π2<0，
所以F′(x)在(0,1)上存在唯一的零点x2∈(x1,1)，使得F′(x2)=0，
当x∈[0,x2)时，F1′(x)>0，当x∈(x2,1]时，F1′(x)<0，
所以F(x)在[0,x2)上单调递增，在(x2,1)上单调递减．
因为F(0)=F(1)=0，
所以F(x)≥0，即f(x)≥H(x)；
(2)由(1)知|f(x)−H(x)|≤λx2等价于f(x)−H(x)≤λx2，且λ≥0.
设G(x)=f(x)−H(x)−λx2=sin(π2x)−(1−π2+λ)x2−π2x，x∈[0,1]，
则G(x)≤0，G′(x)=π2cs(π2x)−(2−π+2λ)x−π2，
令函数G1(x)=G′(x)，则G1′(x)=−π24sin(π2x)−2+π−2λ，
令函数G2(x)=G1′(x)，则G2′(x)=−π38cs(π2x)≤0，所以G1′(x)在[0,1]上单调递减．
若G1′(0)=−2+π−2λ≤0，即λ≥−1+π2，则G1′(x)≤0在[0,1]上恒成立，
所以G′(x)在[0,1]上单调递减，G′(x)≤G′(0)=0在[0,1]上恒成立，
所以G(x)在[0,1]上单调递减，G(x)≤G(0)=0，符合题意．
若G1′(0)=−2+π−2λ>0，即0≤λ<−1+π2，
则存在x0∈(0,1)，使得当x∈[0,x0)时，G1′(x)>0，从而G′(x)在[0,x0)上单调递增．
因为G′(0)=0，所以当x∈[0,x0)时，G′(x)≥0，即G(x)在[0,x0)上单调递增，
所以G(x0)>G(0)=0，不符合题意．
综上，λ的取值范围为[−1+π2,+∞).
(3)sin12=f(1π)≈H(1π)=1π2−12π+12≈0.44．
由(2)知，|f(x)−H(x)|≤(−1+π2)x2，
所以误差|f(1π)−H(1π)|≤(−1+π2)1π2=−1π2+12π≈0.06<0.1．
1.复数z=−2i(−1+2i)的虚部为( )
A. −2B. 2C. −4D. 4
2.已知命题p:∀x∈R，x|x|+1<1，命题q:∃x>0，x3
C. p和¬q都是真命题D. ¬p和¬q都是真命题
3.已知单位向量a，b满足a⋅b=12，则|a+b|=( )
A. 1B. 2C. 2D. 3
4.已知sin(π2−θ)= 55，θ∈(−π2,0)，则tan(θ+π4)=( )
A. 12B. −12C. −13D. 13
5.设椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作平行于y轴的直线交C于A，B两点，若|F1A|=10，|AB|=12，则C的离心率为( )
A. 12B. 22C. 13D. 33
6.已知函数f(x)=xsinx−1与g(x)=a(x2+1)的图象恰有一个交点，则a=( )
A. −1B. −12C. 1D. 2
7.已知数据x1，x2，⋯，x5(xi∈Z,i=1,2,⋯,5)的平均数、中位数、方差均为4，则这组数据的极差为( )
A. 3B. 4C. 5D. 6
8.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，都有(x2−x1)⋅[f(x2)−f(x1)+2lnx1x2]<0，且f(2)=4ln2.满足不等式f(x−2022)>2ln(2x−4044)的x的取值范围是( )
A. (−∞,2022)B. (2022,2024)C. [2022,+∞)D. [2024,+∞)
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数f(x)=sin|x|，则( )
A. f(x)的最小正周期为πB. f(x)的最大值为1
C. f(x)是偶函数D. f(x)的图象关于直线x=π2对称
10.已知数列{an}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是( )
A. 若{an}是等差数列，且Sn=n2+2n+k，则k=0
B. 若{an}是等比数列，且Sn=32n+1+k，则k=−3
C. 若Sn=3n2−2n+1，则{an}是等差数列
D. 若{an}是公比大于1的等比数列，则S2n>2Sn
11.星形线或称为四尖瓣线，是一个有四个尖点的内摆线.已知星形线C:x23+y23=a23(a>0)上的点到x轴的距离的最大值为1，则( )
A. a=1B. C上的点到原点的距离的最大值为1
C. C上的点到原点的距离的最小值为 22D. 当点(x0,y0)在C上时，x0y0≤18
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知(x+ax)(2x−x2)6的展开式中各项系数的和为4，则a= ．
13.已知P为函数f(x)=x4−33x图象上一点，则曲线y=f(x)在点P处的切线的斜率的最小值为 ．
14.已知某三棱台的高为2 5，上、下底面分别为边长为4 3和6 3的正三角形，若该三棱台的各顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2a−c= 2b，b2+ac=a2+c2．
(1)求C;
(2)若△ABC的面积为3+ 32，求c．
16.(本小题12分)
已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M:x2+(y+2)2=1上点的距离的最小值为2．
(1)求p;
(2)已知点P(−1,−2)，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求|AB|．
17.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，且AA1=4，CC1=4CE，直线AE与A1C交于点F．
(1)证明：A1C⊥平面ABE．
(2)求二面角A1−BE−A的正弦值．
18.(本小题12分)
在一个盒子中有2个白球，3个红球，甲、乙两人轮流从盒子中随机地取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，⋯⋯，每次取1个，取后不放回，直到2个白球都被取出来后就停止取球．
(1)求2个白球都被乙取出的概率;
(2)求2个白球都被甲取出的概率;
(3)求将球全部取出才停止取球的概率．
19.(本小题12分)
拟合和插值都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法.拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法;而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点，适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为多项式插值.例如，为了得到sin12的近似值，我们对函数f(x)=sin(π2x)进行多项式插值.设一次函数L(x)=ax+b满足L(0)=f(0)=1,L(1)=f(1)=0,可得f(x)在[0,1]上的一次插值多项式L(x)=x，由此可计算出sin12的“近似值”sin12=f(1π)≈L(1π)=1π≈0.32，显然这个“近似值”与真实值的误差较大.为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等.满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特插值多项式.已知函数f(x)=sin(π2x)在[0,1]上的二次埃尔米特插值多项式H(x)=ax2+bx+c满足H(0)=f(0),H(1)=f(1),H′(0)=f′(0).
(1)求H(x)，并证明当x∈[0,1]时，f(x)≥H(x);
(2)当x∈[0,1]时，|f(x)−H(x)|≤λx2，求λ的取值范围;
(3)利用H(x)计算sin12的近似值，并证明其误差不超过0.1．
(参考数据：1π≈0.32，1π2≈0.10.结果精确到0.01)
参考答案
1.B
2.A
3.D
4.C
5.A
6.A
7.D
8.B
9.BC
10.AB
11.ABD
12.3
13.2
14.144π
15.解：(1)因为b2+ac=a2+c2，所以ac=a2+c2−b2，
由余弦定理有csB=a2+c2−b22ac=12．
因为B∈(0,π)，所以B=π3．
因为2a−c= 2b，所以2sinA−sinC= 2sinB= 62．
因为sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC= 32csC+12sinC，
所以2( 32csC+12sinC)−sinC= 62，即csC= 22．
因为C∈(0,π)，所以C=π4．
(2)由(1)可得A=π−π3−π4=5π12，
sinA=sin5π12=sin(π4+π6)= 22× 32+ 22×12= 6+ 24．
由正弦定理有asin5π12=bsinπ3=csinπ4，
从而a= 6+ 24⋅ 2c= 3+12c，
b= 32⋅ 2c= 62c，
S△ABC=12absinC=12⋅ 3+12c⋅ 62c⋅ 22=3+ 38c2=3+ 32，解得c=2．
16.解：(1)抛物线C的焦点为F(0,p2)，记圆M的圆心为M(−2,0)，|FM|=p2+2，
F与圆M:x2+(y+2)2=1上点的距离的最小值为p2+2−1=2，解得p=2；
(2)抛物线C的方程为x2=4y，
设过点P的直线方程为y=k(x+1)−2，
联立x2=4y,y=k(x+1)−2,得x2−4kx−4k+8=0，
令Δ=16k2−4(−4k+8)=0，解得k=1或k=−2，
所以直线PA，PB的方程分别为y=x−1，y=−2x−4，
联立x2=4y,y=x−1,得x2−4x+4=0，解得x=2，y=1，
联立x2=4y,y=−2x−4,得x2+8x+16=0，解得x=−4，y=4，
所以点A，B的坐标分别为(2,1)，(−4,4)，
|AB|= (2+4)2+(1−4)2=3 5．
17.解：(1)证明：因为AA1AC=ACCE=2，∠A1AC=∠ACE=π2，
所以△A1AC∽△ACE，所以∠AA1C=∠CAE，
所以∠A1AE+∠AA1C=∠A1AE+∠CAE=π2，∠AFA1=π2，AE⊥A1C.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥AB.因为AB⊥AC，AC∩AA1=A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，
所以AB⊥平面ACC1A1，因为A1C⊂平面ACC1A1，所以AB⊥A1C.
因为AB∩AE=A，AB、AE⊂平面ABE．
所以A1C⊥平面ABE．
(2)解：以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
B(2,0,0)，E(0,2,1)，A1(0,0,4)，C(0,2,0)，A1B=(2,0,−4)，BE=(−2,2,1)，A1C=(0,2,−4)．
设平面A1BE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅A1B=2x−4z=0,n⋅BE=−2x+2y+z=0,
取x=4，得n=(4,3,2)．
由(1)可得A1C为平面ABE的法向量．
设二面角A1−BE−A的大小为θ，|cs
sinθ= 1−cs2θ=12 145145，
所以二面角A1−BE−A的正弦值为12 145145．
18.解：(1)若2个白球都被乙取出，则第一次甲取出红球，第二次乙取出白球，
第三次甲取出红球，第四次乙取出白球，结束取球，其概率为35×24×23×12=110．
(2)若2个白球都被甲取出，有三种情况．
第一种情况：第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，结束取球，其概率为25×34×13=110．
第二种情况：第一次甲取出白球，第二次乙取出红球，第三次甲取出红球，第四次乙取出红球，第五次甲取出白球，结束取球，其概率为25×34×23×12×1=110．
第三种情况：第一次甲取出红球，第二次乙取出红球，第三次甲取出白球，第四次乙取出红球，第五次甲取出白球，结束取球，其概率为35×24×23×12×1=110.故所求概率为110+110+110=310．
(3)若将球全部取出才停止取球，则最后一次即第五次取出的一定是白球，共四种情况．
①第一次和第五次取出的是白球，另外三次取出的是红球，其概率为25×34×23×12×1=110．
②第二次和第五次取出的是白球，另外三次取出的是红球，其概率为35×24×23×12×1=110.
③第三次和第五次取出的是白球，另外三次取出的是红球，其概率为35×24×23×12×1=110．
④第四次和第五次 取出的是白球，另外三次取出的是红球，其概率为35×24×13×1×1=110．
故所求概率为110+110+110+110=25．
19.解：(1)f(x)=sin(π2x)，f(1)=1，f(0)=0，f′(x)=π2cs(π2x)，f′(0)=π2，
H(x)=ax2+bx+c，H′(x)=2ax+b．
由H(0)=f(0),H(1)=f(1),H′(0)=f′(0),c=0,a+b+c=1,b=π2,解得a=1−π2,b=π2,c=0,
所以H(x)=(1−π2)x2+π2x.
证明：设F(x)=f(x)−H(x)=sin(π2x)−(1−π2)x2−π2x，x∈[0,1]，
F′(x)=π2cs(π2x)−(2−π)x−π2．
令函数F1(x)=F′(x)，则F1′(x)=−π24sin(π2x)−2+π．
令函数F2(x)=F1′(x)，则F2′(x)=−π38cs(π2x)≤0，所以F1′(x)在[0,1]上单调递减．
又因为F1′(0)=−2+π>0，F1′(1)=−π24−2+π<0，
所以存在x1∈(0,1)，使得F1′(x1)=0，
当x∈[0,x1)时，F1′(x)>0，当x∈(x1,1]时，F1′(x)<0，
所以F′(x)在[0,x1)上单调递增，在(x1,1]上单调递减．
因为F′(0)=0，F′(x1)>F′(0)=0，F′(1)=−2+π2<0，
所以F′(x)在(0,1)上存在唯一的零点x2∈(x1,1)，使得F′(x2)=0，
当x∈[0,x2)时，F1′(x)>0，当x∈(x2,1]时，F1′(x)<0，
所以F(x)在[0,x2)上单调递增，在(x2,1)上单调递减．
因为F(0)=F(1)=0，
所以F(x)≥0，即f(x)≥H(x)；
(2)由(1)知|f(x)−H(x)|≤λx2等价于f(x)−H(x)≤λx2，且λ≥0.
设G(x)=f(x)−H(x)−λx2=sin(π2x)−(1−π2+λ)x2−π2x，x∈[0,1]，
则G(x)≤0，G′(x)=π2cs(π2x)−(2−π+2λ)x−π2，
令函数G1(x)=G′(x)，则G1′(x)=−π24sin(π2x)−2+π−2λ，
令函数G2(x)=G1′(x)，则G2′(x)=−π38cs(π2x)≤0，所以G1′(x)在[0,1]上单调递减．
若G1′(0)=−2+π−2λ≤0，即λ≥−1+π2，则G1′(x)≤0在[0,1]上恒成立，
所以G′(x)在[0,1]上单调递减，G′(x)≤G′(0)=0在[0,1]上恒成立，
所以G(x)在[0,1]上单调递减，G(x)≤G(0)=0，符合题意．
若G1′(0)=−2+π−2λ>0，即0≤λ<−1+π2，
则存在x0∈(0,1)，使得当x∈[0,x0)时，G1′(x)>0，从而G′(x)在[0,x0)上单调递增．
因为G′(0)=0，所以当x∈[0,x0)时，G′(x)≥0，即G(x)在[0,x0)上单调递增，
所以G(x0)>G(0)=0，不符合题意．
综上，λ的取值范围为[−1+π2,+∞).
(3)sin12=f(1π)≈H(1π)=1π2−12π+12≈0.44．
由(2)知，|f(x)−H(x)|≤(−1+π2)x2，
所以误差|f(1π)−H(1π)|≤(−1+π2)1π2=−1π2+12π≈0.06<0.1．
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