《2022年山东省高三高考模拟卷理科数学.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年山东省高三高考模拟卷理科数学.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、山东省 2013届高三高考模拟卷（三）数学（理科）本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，全卷满分150 分，考试时间 120 分钟第卷一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1集合P=3， 4，5，Q=6 ，7，定义,|),(*QbPabaQP，则QP *的子集个数为A7 B12 C32 D64 2已知20a，复数z的实部为a，虚部为 1，则| z的取值范围是A(1，5) B(1，3) C)5, 1(D)3, 1(3若命题 “p或q” 与命题 “ 非p” 都是真命题，则A命题p不一定是假命题B命题q一定是真命题C命题
2、q不一定是真命题D命题p与命题q同真同假4 已知数阵333231232221131211aaaaaaaaa中， 每行的 3 个数依次成等差数列，每列的 3 个数也依次成等差数列，若822a，则这 9 个数的和为A16 B32 C36 D72 5某几何体的三视图如右图所示，其中正视图是腰长为2 的等腰三角形，侧视图是半径为1 的半圆，该几何体的体积为A63B33C23D36执行如右图所示的程序框图，如果输入的n是 4，则输出的p的值是A8 B5 C3 D2 7函数( )cos(2)f xxx的图象大致为8连接球面上两点的线段称为球的弦，半径为4 的球的两条弦AB 、CD精品资料 - - - 欢迎
3、下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 的长度分别为72、34，M、N 分别为 AB 、CD 的中点， 每条弦的两端都在球面上运动，有下列四个命题：弦 AB 、CD 可能相交于点M；弦 AB 、CD 可能相交于点N；MN 的最大值为5；MN 的最小值为1其中真命题的个数为A1 B2 C3 D4 9在直角坐标系中，若不等式组1) 1(,2,0 xkyxyy表示一个三角形区域，则实数k的取值范围是A) 1,(B),0(C),2()2,0(D),2()2,0()1,(
4、10将 “ 你能 HOlD 住吗 ”8 个汉字及英文字母填人5 4 的方格内，其中 “ 你” 字填入左上角，“ 吗 ” 字填入右下角，将其余6 个汉字及英文字母依次填入方格，要求只能横读或竖读成一句原语，如图所示为一种填法，则共有不同的填法种数是A.35 B.15 C.20 D.70 11过抛物线)0(22ppxy的焦点 F，斜率为34的直线交抛物线于A，B 两点，若)1(FBAF，则的值为A5 B4 C34D2512对任意实数yx,，定义运算cxybyaxyx*，其中cba,为常数，等号右边的运算是通常意义的加、乘运算现已知1*2=4 ，2*3=6 ，且有一个非零实数m，使得对任意实数x，都
5、有xmx*，则mA2 B3 C4 D5 第卷精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 二、填空题：本大题共4 小题，每小题4 分，共 16 分把答案填写在答题纸的相应位置13若非零向量ba,满足|ba，0)2(bba，则a与b的夹角为 _14已知26()kxx（k是正整数）的展开式中，常数项小于120，则k_15若关于x的不等式3|1|mxx的解集为R，则实数m的取值范围是_16过双曲线的一个焦点的直线垂直于一条渐近线，且与双曲线的两支相
6、交，则该双曲线离心率的取值范围是_三、解答题：本大题共6 个小题，共74 分解答应写文字说明、证明过程或演算步骤，把答案填写在答题纸的相应位置17 (本小题满分12 分) 已知函数1)sin(coscos2)(xxxxf，Rx(1)求函数)(xf的最小正周期；(2)求函数)(xf在区间43,8上的最小值与最大值18 (本小题满分12 分) 某学校的一间功能室统一使用某种节能灯管，已知这种灯管的使用寿命(单位：月 )服从正态分布),(2N，且使用寿命不少于12 个月的概率为08，使用寿命不少于24个月的概率为02(1)求这种灯管的平均使用寿命；(2)假设一间功能室一次性换上2 支这种新灯管， 使
7、用 12 个月时进行一次检查，将已经损坏的灯管换下(中途不更换 )，设需要更换的灯管数为，求的分布列和数学期望19 （本小题满分12 分）如图甲， ABC 是边长为 6 的等边三角形，E，D 分别为 AB ，AC 靠近 B，C 的三等分点，点G 为BC 边的中点，线段 AG 交线段 ED 于点 F 将AED沿 ED 翻折，使平面AED 平面 BCDE ，连接 AB ，AC ，AG，形成如图乙所示的几何体(1)求证： BC平面 AFG ；(2)求二面角DAEB的余弦值20 (本小题满分12 分) 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 -
8、- - - - - - - - -第 3 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 已知常数0p且1p，数列na的前n项和)1 (1nnappS，数列nb满足121lognpnnabb且11b(1)求证：数列na是等比数列；(2)若对于在区间0，1上的任意实数，总存在不小于2 的自然数k，当kn时，)23)(1 (nbn恒成立，求k的最小值21 （本小题满分13 分）已知椭圆 C：)0( 12222babyax的长轴长为4，离心率22e(1)求椭圆的方程；(2)设椭圆 C 的左顶点为A，右顶点为 B，点 S 是椭圆 C 上位于x轴上方的动点，直线AS，BS 与直线l：3x分别交
9、于M，N 两点，求线段MN 的长度的最小值22 （本小题满分13 分）已 知 函 数)1(ln)1()(23xxaxcbxxxxf， 的 图 象 过 点)2, 1(，且在点)1(, 1(f处的切线与直线x015y垂直(1)求实数cb,的值；(2)求)(xf在ee(, 1为自然对数的底数）上的最大值；(3)对任意给定的正实数a，曲线)(xfy上是否存在两点P，Q，使得 POQ 是以 O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边的中点在y轴上？山东省 2013届高三高考模拟卷（三）数学（理科）参考答案精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - -
10、 - - - - - - - -第 4 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1D【解析】集合QP*中的元素为 (3，6)，(3，7)，(4，6)，(4，7)，(5，6)，(5，7)共 6 个，故QP *的子集个数为64262C【解析】由于复数z的实部为a，虚部为1，且20a，故由21|az得5|1z3B【解析】由题可知“ 非p” 是真命题，所以p是假命题，又因为“p或q” 是真命题，所以q是真命题故选B4D 【解析】依题意得31232221131211aaaaaaa
11、3332aa72933322322212aaaa5B【解析】由三视图可知该几何体是圆锥沿轴截面截成两部分，然后把截面放在平面上，底面相对接的图形（如图）圆锥的底面半径为1，母线长为2，故圆锥的高h31222易知该几何体的体积就是整个圆锥体的体积，即3331313122hr6C 【解析】 由题知， 第一次进入循环， 满足 14，循环后1p，1s，1t，2k；第二次进入循环，满足24，循环后2p，s1，2t，3k；第三次进入循环，满足34，循环后3p，2s，3t，4k，因为 4=4，不满足题意，所以循环结束输出p的值为 3，选 C7A【解析】因为( )cos(2)cosf xxxxx，)(cos)
12、cos()()(xfxxxxxf，所以函数xxxfcos)(为奇函数，排除B，C；又因为当20 x时，)(xf0cosxx，故选择 A8C【解析】设球的球心O 到直线 AB 、CD 的距离分别为dd 、，利用勾股定理可求出3d，2d，所以 CD 可以经过 M ，而 AB 不会经过 N，所以正确，不正确；又5dd，1dd，所以正确故选C精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 9A【解析】由题意可知，直线1)1(xky过定点) 1, 1(当
13、这条直线的斜率为负值时，如图1 所示，若不等式组表示一个三角形区域，则该直线的斜率)1,(k；当这条直线的斜率为正值时，如图2 所示，1)1(xky所表示的区域是直线1)1(xky及其右下方的半平面，这个区域和另外两个半平面的交集是一个无界区域，不能构成三角形因此k的取值范围是)1,(10A【解析】要把6 个汉字及英文字母依次填入6 个方格中，按照规则分为两类：一类是 4 个字横向2 个字纵向，有26C种填法；另一类是3 个字横向3 个字纵向，有36C种填法：所以共有3520153626CC种填法11 B 【 解 析 】根 据 题 意 设),(11yxA，),(22yxB 由FBAF得),2(
14、),2(2211ypxyxp， 故21yy， 即21yy 设 直 线AB的 方 程 为)2(34pxy，联立直线与抛物线方程，消元得02322ppyy故pyy2321，21yy2p，492)(122121221yyyyyyyy， 即2149 又1， 故412D【解析】由定义可知，66323*24222*1cbacba，解得226cbca，又对任意实数x，都有xmx*， 即cxccmcxmmccxmx2()6()22(6*xm)2恒成立，则0)22(16mcccm，解得51mc或061mc（舍）第卷13120【解析】由题意得22|22)2(abbabba0,cos2aba，精品资料 - - -
15、欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 所以21,cosba，所以ba,的夹角为120141 【解析】二项展开式的通项为rrrrxkxCT)()(6261rrrxkC3126，令0312r，得4r，故常数项为446kC，由常数项小于120，即446kC120，得84k又k是正整数，故1k15),2()4,(【解析】由题意知，不等式|1| x3|mx恒成立，即函 数|1|)(mxxxf的 最 小 值 大 于3 ， 根 据 不 等 式 的 性 质 可 得)1(|
16、1|xmxx|1| )(mmx，故只要3|1|m即可，所以31m或31m，即得m的取值范围是),2()4,(16),2(【解析】 不妨设双曲线的方程为)0,0(12222babyax，焦点,(cF0)，渐近线xaby，则过点F 的直线方程为)(cxbay，与双曲线联立，消去y得02)(42244244bacaaxab，由020444abca得44ab，即ab，故2e三、 17 【解析】 (1)1)sin(coscos2)(xxxxf1sincos2cos22xxx)432sin(2222sin2cosxxx （4 分）因此，函数)(xf的最小正周期为 （6 分）(2)由题易知)432sin(2
17、2)(xxf在区间83,8上是减函数，在区间43,83(上是增函数，（8 分）又2)8(f，22)83(f，3)43(f， （10 分）所以，函数)(xf在区间43,8上的最大值为3，最小值为22 （12 分）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 18 【解析】 (1)因为),(2N，8 .0)12(P，2.0)24(P，所以2.0)12(P，显然)24()12(PP （3 分）由正态分布密度曲线的对称性可知，1822412，即这种灯
18、管的平均使用寿命是18 个月（6 分）(2)这种灯管的使用寿命少于12 个月的概率为2. 08. 01由题意知，的可能取值为0，1，2， （8 分）则64.08.02.0)0(2002CP，1122 .0) 1(CP32.08.01，04.08.02.0)2(0222CP （10 分）所以的分布列为所以4 .004.0232.0164.00E （12 分）19 【解析】 (1)在图甲中， 由 ABC 是等边三角形， E，D 分别为 AB ，AC 的三等分点，点 G 为 BC 边的中点，易知 DE AF，DEGF，DE/BC （2 分）在图乙中，因为DEAF，DEGF，AFFG=F，所以 DE平
19、面 AFG又 DE/BC ，所以 BC平面 AFG （4 分）(2)因为平面AED 平面 BCDE ，平面 AED平面 BCDE=DE ，DEAF，DEGF，所以 FA，FD，FG 两两垂直以点 F 为坐标原点， 分别以 FG， FD，FA 所在的直线为zyx,轴，建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系xyzF 则)32,0 ,0(A，)0 ,3,3(B，)0,2,0(E，所以)32, 3,3(AB，, 1 ,3(BE0) （6 分）设平面 ABE 的一个法向量为),(zyxn则00BEnABn，即0303233yxzyx，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - -
20、 - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 取1x，则3y，1z，则) 1,3, 1(n （ 8分）显然)0 ,0, 1(m为平面 ADE 的一个法向量，所以55|,cosnmnmnm （10 分）又由图知二面角DAEB为钝角，所以二面角DAEB的余弦值为55 （12分）20 【解析】 (1)当2n时，1 (1)1 (11ppappSSannnn)1na，整理得1nnpaa （3 分）由)1(1111appSa，得1a0p，则恒有0nnpa，从而paann1所以数列na为等比数列（6 分）(2
21、)由(1)知nnpa，则12log121nabbnPnn，所以112211)()()(bbbbbbbbnnnnn222nn， （8 分）所以)23)(1(222nnn，则nnn5)23(204在 1 ,0时恒成立记45)23()(2nnnf，由题意知，0) 1(0)0(ff，解得4n或1n （11分）又2n，所以4n综上可知，k的最小值为4 （12 分）21 【解析】 (1)由题意得42a，故2a， （1 分）因为22ace，所以2c，2)2(2222b， （3 分）所以所求的椭圆方程为12422yx （4 分）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下
22、载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 12 页 - - - - - - - - - - (2)依题意，直线AS 的斜率k存在，且0k，故可设直线AS 的方程为)2(xky，从而)5, 3(kM，由124)2(22yxxky得1(0488)22222kxkxk （ 6 分）设),(11yxS，则2212148)2(kkx，得2212142kkx，从而21214kky，即)214,2142(222kkkkS， （8 分）又由 B(2，0)可得直线SB 的方程为22142202140222kkxkky，化简得)2(21xky，由3)2(21xxky得kyx213，所以)
23、21, 3(kN，故|215|kkMN， （11 分）又因为0k，所以102152215|?kkkkMN，当且仅当kk215，即1010k时等号成立，所以1010k时，线段 MN 的长度取最小值10 （13 分）22 【解析】 (1)当1x时，bxxxf23)(2， （2 分）由题意，得,5)1(,2)1(ff即, 523,22bcb解得0cb （4 分）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 12 页 - - - - - - - - - - (2)由(1)，知),1(ln),1()
24、(23xxaxxxxf（5 分）当11x时，)23()(xxxf，由0)(xf，得320 x；由0)(xf，得01x或132x所以)(xf在)0, 1和)1 ,32(上单调递减， 在)32,0(上单调递增因为2)1(f，274)32(f，0)0(f，所以)(xf在) 1 , 1上的最大值为2当ex1时，xaxfln)(，当0a时，0)(xf；当0a时，)(xf在, 1e上单调递增（7 分）所以)(xf在,1 e上的最大值为a所以当2a时，)(xf在,1e上的最大值为a；当2a时，)(xf在, 1e上的最大值为2 （8 分）(3)假设曲线)(xfy上存在两点P，Q 满足题意，则P，Q 只能在y轴
25、两侧，因为 POQ 是以 O 为直角顶点的直角三角形，所以0?OQOP，不妨设)0)(,(ttftP，则由 POQ 斜边的中点在y轴上知,( tQ)23tt，且1t所以0)(232tttft （ *）是否存在两点P，Q 满足题意等价于方程(*) 是否有解若10t，则23)(tttf，代入方程 (*) ，得3232)(tttt0)2t，即0124tt，而此方程无实数解；当1t时 ， 则tatfln)(， 代 入 方 程 (*) ， 得0)(ln232?tttat， 即ttaln)1(1。 （11 分）设)1(ln)1()(xxxxh，则011ln)(xxxh在), 1上恒成立，所以)(xh在),
26、 1 上单调递增，从而0)1 ()(hxh，即)(xh的值域为),0精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 12 页 - - - - - - - - - - 因为1t，所以ttthln)1()(的值域为),0(，所以当0a时，方程ttaln)1(1有解，即方程 (*) 有解所以对任意给定的正实数a，曲线)(xfy上总存在两点P，Q，使得 POQ 是以 O为直角顶点的直角三角形，且此三角形斜边的中点在y轴上（13 分）精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 12 页 - - - - - - - - - -