【文档说明】2022-2023学年山东省邹平市高三上学期期末考试数学模拟试题PDF版.pdf，共(10)页，456.136 KB，由小喜鸽上传

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山东省邹平市期末考试模拟试题2022.12.28一、单选题1．设复数i1iz，则复数z的共轭复数z在复平面内对应的点位于（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．下列统计量可用于度量样本1x，2x，3x......，nx离散程度的是（）A

．1x，2x，3x......，nx的众数B．1x，2x，3x......，nx的中位数C．1x，2x，3x......，nx的极差D．1x，2x，3x......，nx的平均数3．在ABCV中，角A､B､C对边分别为a､b､c，且cos3sin3AaBb，当7a，2b

时，ABCV的面积是（）A．32B．72C．332D．3724．甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球．甲先投且先投中者获胜，约定有人获胜或每人都已投球2次时投篮结束．设甲每次投篮投中的概率为13，乙每次投篮投中的概率为12，且各次投篮互不影响．则投篮结

束时，乙只投了1个球的概率为（）A．13B．49C．59D．235．下列说法中正确的是A．若事件A与事件B互斥，则()()1PAPBB．若事件A与事件B满足()()1PAPB，则事件A与事件B为对立事件C．“事件A与事件B互斥”是“事件A与事件B对立”的必要不充分条件D．某人打靶时连续射击

两次，则事件“至少有一次中靶”与事件“至多有一次中靶”互为对立事件6．已知向量ar，br满足||2||2barr，|2|2abrr，则向量ar，br的夹角为（）A．30B．45C．60D．907．某校对高一新生进

行体能测试（满分100分），高一（1）班有40名同学成绩恰在60,90内，绘成频率分布直方图（如图所示），从60,70中任抽2人的测试成绩，恰有一人的成绩在60,65内的概率是（）A．715B．815C．23D．138．如图，在四棱锥PABCD中，1

ABAD，其余的六条棱长均为2，则该四棱锥的体积为（）A．116B．136C．113D．133二、多选题9．已知函数11fxx，则（）A．32ffB．fx为奇函数C．fx在1,上单调递增D．fx的图象关于

点1,0对称10．已知方程221()169xykRkk，则下列说法中正确的有（）A．方程221169xykk可表示圆B．当9k时，方程221169xykk表示焦点在x轴上的椭圆C．当169k时，方程22116

9xykk表示焦点在x轴上的双曲线D．当方程221169xykk表示椭圆或双曲线时，焦距均为1011．对于函数lnxfxx，下列说法正确的有（）A．函数fx的增区间为0,eB．fx在0x处取得极大值1eC

．fx有两个不同的零点D．21lnxfxx12．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而

成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BFEAB平面B．AB与PF所成角为45°C．该二十四等边体的体积为203D．该二十四等边体多面体有12个顶点，14个面三、填空题13．函

数fx满足11fxfx对任意0,x都成立，其值域是fA，已知对任何满足上述条件的fx都有,0fyyfxxaA，则a的取值范围为___________.14．设数列na的前n项和为*nSnN，则下列能判断数列na是等差数列的是

______．①nSn；②2nSnn；③2nnS；④21nSnn．15．在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，那么点D到平面11ABC的距离为___________.16．《孙子算经》是中国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五等诸侯，共分

橘子六十颗，人别加三颗．问：五人各得几何？”其意思为：“现有5个级别不同的诸侯，共分60个橘子，级别高的比级别低的多分3个，问：5个人各分得几个橘子？”根据这个问题，分得的橘子最多的个数是______，分得的橘子最少的个数是______．四、解答题17．已知集合

22==-,,ZAxxmnmn．(1)判断8、9、10是否属于集合A；(2)已知|21,ZBxxkk，证明：“xA”的充分非必要条件是“xB”．18．如图，在ABCV中，已知2ABuuur，62ACuuur，45BAC，BC，A

C边上的两条中线AM，BN相交于点P.(1)求AMuuuur；(2)求MPN的余弦值.19．已知数列na的前n项和为nS，123a，且220nnSa.(1)求数列na的通项公式，(2)设数列nb满足230nnbna（*nN），求

数列nb的前n项和为nT20．一个盒子中装有四张卡片，每张卡片上写有一个数字，数字分别是1，2，3，4，现从盒子中随机抽取卡片，每张卡片被抽到的概率相等．(1)若一次抽取三张卡片，求抽到的三张卡片上的数字之和大于8的概率；(2)若第一次抽

一张卡片，放回后搅匀再抽取一张卡片，求两次抽取中至少有一次抽到写有数字2的卡片的概率．21．设椭圆222210xyabab的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为53，13AB．(1)求椭圆的方程；(

2)设直线l：0ykxk与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限．若2PMPQ，求k的值．22．已知函数322fxxaxxa．(1)当1a时，求函数fx的单调区间；(2)当0x时，若0fx恒成立，求实数a的取值范围．页5第山

东省邹平市期末考试模拟试题一、单选题1．【答案】D2．【答案】C3．【答案】C4．【答案】B5．【答案】C6．【答案】C7．【答案】B8．【答案】C二、多选题9．【答案】AD10【答案】BCD11．【答案】AD

12．【答案】CD三、填空题13．【答案】14．【答案】①②15．【答案】##16．【答案】186四、解答题17．【答案】(1)，，；(2)证明见解析【分析】（1）∵，，∴，，假设，m，，则，且，∵，或，显然均无整数解，∴，51,24

334338A9A10A22831229548A9A2210mnnZ10mnmn0mnmn1011025||+||=10||||=1mnmn

||+||=5||||=2mnmn10A6∴，，.（2）∵集合，则恒有，∴，∴即一切奇数都属于A，又∵，，∴“”的充分不必要条件是“”.18．【答案】(1)(2)的余弦值为【分析】(1)又已知为的中点，所以，所以，所以，又，，，所以，所以，(2)因为为的中点，所以

，又，所以,所以，，所以，又与的夹角相等，所以，8A9A10A|21,ZBxxkk22211kkk21kA8A8BxAxB=5AMuuuurMPN131050MBC111222AMABBMABBCABACABABA

Cuuuuruuuruuuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2221+24AMABACABACuuuuruuuruuuruuuruuur2221+2cos,4AMABACABACABACuuuuruuuruuuruuuruuuruu

uruuur2ABuuur62ACuuur45BAC212472+2262=2542AMuuuur=5AMuuuurNAC12BNANABACABuuuruuuruuuruuuruuur12AMABACuuuruuuruuur221111

122222AMBNABACACABACACABABuuuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur22111111=72124=13222222AMBNACACABABuu

uuruuuruuuruuuruuuruuur21=18124102BNACABuuuruuuruuur131310cos===50510AMBNAMBNAMBNuuuuruuuruuuuruuuruuuuruuur，MPN,AMB

Nuuuuruuur1310cos=50MPN页7第所以的余弦值为.19．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，当时，，解得：，当时，则有，两式相减可得：，所以，因为，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以数列的通项

公式为.（2）由可得：，所以两式相减可得：所以.20．【答案】(1)；(2).【详解】（1）设A表示事件“抽到的三张卡片上的数字之和大于8”，∵任取三张卡片，三张卡片上的数字全部可能的结果是{1、2、3}，{1、2、4}，{1、

3、4}，{2、3、4}共4个，其中数字之和大于8的是{2、3、4}，∴.MPN1310501(2)()3n331()()4243nnnT220nnSa1n11220Sa123a2n11220nnSa120nnn

aaa113nnaa1203a{}na2313na1211()()(2)()333nnna2(3)0nnbna1(3)()3nnbn23111111(2)(1)()0()(4)()

(3)()33333nnnTnnL2341111111(2)()(1)()0()(4)()(3)()333333nnnTnnL23412211111()()()()(3)()3333333nnnTn

L1111193211113133232313nnnnn331()()4243nnnT147161()4PA8（2）设B表

示事件“至少一次抽到2”，∵每次抽1张，连续抽取两张全部可能的结果有：（1、1），（1、2），（1、3），（1、4），（2、1），（2、2），（2、3），（2、4），（3、1），（3、2），（3、3），（3、4），（4、1），（4、2），（4、3），（4

、4），共16个．事件B包含的基本结果有（1、2），（2、2），（2、1），（2、3），（3、2），（2、4），（4、2），共7个基本结果．∴所求事件的概率为21．【答案】(1)；(2).【详解】（1）设椭圆的焦距为2c，由已知得，又由，可得．又，所以，，

所以，椭圆的方程为．（2）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，，点的坐标为．因为，所以有，，，所以，即．易知直线的方程为，由方程组消去y，可得．由方程组消去，可得．7()16PB22194xy12k2259ca222abc23ab22||13ABab3a2b2

2194xy11(,)xy22(,)xy210xxQ11(,)xy||=2||PMPQ2PMQPuuuruuur2121,PMxxyyuuur112,2QPxyuuur2114xxx215xxAB236xy236,,xyykx2632xk22

1,94,xyykxy12694xk页9第由，可得，两边平方，整理得，解得，或．当时，由可得，，不合题意，舍去；当时，由可得，，.所以，.22．【答案】(1)的单减区间为，单增区间为和．(2)【分析】(1)解：由，则，，令，得或；令，得，所以的单减区间为，单增区间为和

．(2)解：由当时，恒成立，∴，解得；当时，，记，由（1）可知，在单调递减，在单调递增，所以，即．综上可知，实数a的取值范围是．215xx2945(32)kk2182580kk89k12k89k2632xk26908329x

12k2632xk261201322x1125x12kfx1,131,31,1,1a321fxxxx2321131fx

xxxx()0fx¢>13x1x0fx113xfx1,131,31,0x0fx1220fa1a1a32232211fxxxxaxxxx

321,0gxxxxxgx0,11,min10gxg0fxgx1,10