山东中学联盟 2024 届高三考前模拟冲刺大联考 命题意图：本题主要考查指数、对数的运算以及指数函数、对数函数的单调性，考查的数学核心
素养是数学运算、逻辑推理.
数学答案解析 5.答案：C
解析：因为 P，Q两点在第 2秒时第一次相遇于点 1 , 3 ，
2 2
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项
2π 4π π 2π
是符合题目要求的． 所以 2 , 2 ，所以 , .
3 3 3 3
π 2π
1 2 3 4 5 6 7 8 设它们从出发后第 2 次相遇时间为
t，则（ ）t=2 2 ，所以
题号 3 3
π 4π
答案 C B B A C A A D t 4 .点 P运动的路程为 t 4 .故选：C3 3
命题意图：本题主要考查三角函数定义的应用以及任意角的三角函数值，考查的数学核心素养是
1.答案：C 解析：全集U R ， A 3,3 ， B 0,4 ，则阴影部分表示的集合为 数学运算、逻辑推理、数学抽象.
6.答案：A 解析：设 z1 a1 b1i, z2 a2 b2i ,
CU A B 3,4 ,故选 C .
命题意图：本题主要考查 集合的基本运算，利用图象先确定集合关系，考查学生分析问题解决问 对于答案 A，由 z1 z2 得， a1 a2，b1 b2，所以z1 z2 ，故 A正确；
题的能力，考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理.
对于答案 B，令 z1 i， z2 2i， z1 z2 2，不满足题意，故 B错误；
2．答案：B 解析：若 ln(a b) 0，可得 a b 1；易得 a b 1是 a b 1的必要不充分条件，
容易知道 C，D显然错误.故选 A.
故选 B. 命题意图：本题主要考察复数的四则运算以及共轭复数、复数模的定义，考查的数学核心素养是
逻辑推理，数学运算.
命题意图：本题主要考查对数函数性质、不等式解法.结合充分、必要条件分析判断.考查的数学核
. 7.答案：A 解析：由题可知，函数的定义域为 R,关于原点对称.心素养是数学运算、逻辑推理
3.答案：B 解析： 因为 L : (x 4)cos y sin 4, 所以点 P(4,0)到 L中每条直线的距离 x
对于答案 A，因为 f (x 1) 2 3 2 2 1 2 2 1 x x x 是奇函数，正确；2 1 2 1 2 1
d 4 4 ,所以 L为圆C : (x 4)2 y 2 16的全体切线组成的直线系,存在两切
cos2 sin2
f (x 1) 2 1 2 2
x 1 1
对于答案 B，因为 x 1 x 1 不是奇函数，错误；
线平行的情况, L中所有直线均经过一个定点不可能，故 A错误，B正确; 2 1 2 1
当 0时，直线方程变为 x 8 ,此时直线的斜率不存在，故 C错误； f (x 1) 2 5 2 5 2
x 3
对于答案 C，因为 x 不是奇函数，错误；
2 1 2
x 1
当 时，直线方程变为 y 4 ,此时直线的斜率为 0,故 D错误.故选 B.
2 x 1
1 1 对于答案 D，因为 f (x 1) 2 5 2 5 2 3 不是奇函数，错误.故选 A.
4.答案：A 解析： a 3lg 2 lg8 lg10 1，b 33 30 1， c 22 20 1 2x 1 1 2x 1, 1
因为b6 9 6， c 8 b6 c6 b c 1 a A. 命题意图：本题考查函数的奇偶性的判断，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理．，所以 ，所以 ，故选
{#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}
8.答案：D 解析：高一学生成绩：71,78,79,79,84,86,91,93,94,95，则高一学生体质测试成绩的
80% 93 94分位数是 93.5，故 A选项错 D 2选项：由题可知 a1 0,且 a2 a1a6 ,所以 (a1 d )2 a1(a 21 5d ),整理得：d1 3a1d ,所以 d 02
高 一 学 生 的 平 均 成 绩 为 x 71 78 79 79 84 86 91 93 94 951 85 ， 或 d 3a1, 当 d 0 时 ， an a1, 此 时 q 1; 当 d 3a1 时 ， an (3n 2)a1, 此 时10
10
s2 11 (xi x 22 ) 60 a2 4a1,a6 16a1,q 4 故 D正确.10 ，i 1
高二学生成绩：78,79,81,84,85,85,86,87,92,93， 命题意图：本题考查等差等比数列及其前 n项和的性质，考查的核心素养是逻辑推理，数学运算.
x 78 79 81 84 85 85 86 87 92 93 10答案：BCD则 高 二 学 生 的 平 均 成 绩 为 1 85 ，
10 x2
10 解析：解析：椭圆 E : y
2 1可得 a 3，b 1， c 2，所以左焦点 F1( 2,0)，
s2 12 10 (x x 1)
2 22，故 B,C选项错 3i
i 1 A选项： AB 最大值为 2a 2 3 所以 A不正确；
高一成绩优秀学生 4名，高二成绩优秀学生 2名，从 6名学生中随机抽取 2名，他们的成绩组成
的所有基本事件（用数对表示）为{ 91,92 ， 91,93 ， 91,93 ， 91,94 ， 91,95 ， 92,93 ， 92,93 ，
B选项：设 A(x1， y1)， B(x2 ， y2 ) ,设中点M x0 , y0 ,
92,94 ， 92,95 ， 93,93 ， 93,94 ， 93,95 ， 93,94 ， 93,95 ， 94,95 }共 15个.记“抽取的
x2 2所以 1 2 , x2 2 ,所以 x1 x2 x1 x2
2名学生的成绩差的绝对值不大于 1”为事件A，则事件A包含的基本事件为 91,92 ， 92,93 y1 1 y2 1 y1 y2 y1 y2 0,， 3 3 3
92,93 ， 93,93 7， 93,94 ， 93,94 ， 94,95 }，共 7个.由古典概型计算公式可知 P A .故 y1 yk y y 115 所以 OM k 2 1 2AB , x1 xD . 2 x x选项正确 1 2 3
命题意图：本题主要考查样本数字特征，百分位数，平均数，方差，以及古典概型考查的数学核
2
心素养是数学运算、逻辑推理. 1 1 1
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题 所以 kAB 2 ,所以 B正确;3k 3 2 3
目 要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分． OM
2
题号 9 10 11 C选项:设点O为坐标原点,因为点 N ,O分别为 AF1,F1F2 的中点，
答案 BD BCD ACD 所以 NF 1 11 NO AF1 AF2 a 3 2 ，所以点 N的轨迹是椭圆；所以C正确；2 2
9.答案：BD 解析：A选项：若 a1 0,则数列 an 为递减数列，故 A错； D选项：圆 x2 y2 3的圆心为 (0,0)，半径为 3，
a n 1 1 5 1 1B选项： n 2 设 AF 的中点为M ，所以 OM MA AF AF 3，所以两个圆内切，所以 D选项4n 25 4n 25
,当且仅当 n 等号成立，由于 n N ,故最小值应
20 2
时， 1 2 2 2 1
n 确；故选： BCD．
2 3 3 命题意图：本题考查椭圆的定义和性质的应用，长度的求解，考查学生的运算求解、逻辑推理能
在 n 2或 n 3处取， a2 ,a3 ,故 an 的最大值为 .故 B正确；41 61 61 力，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理．
S n2 9n a 10 2n, a 2 11.答案：ACDC选项：由 n 得 n 则 4 ，故 C 错；
{#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}
1 bcsin A (1 c2 b2 )sin A sin A 0 b2 (2b)2
18b2解析：A选项,由题意， 2 2 ，又 ，
2 2 2
所以cos BAC b c a 11 37 0，所以 BAC为锐角．故
2bc 2 b 2b 44
1 bc 1 c2 b2 c2 bc 2b2所以 ，整理得 0 得 c 2b， C正确；2 2 ，解
D选项，设 AC b t， BAC 2 ,
所以△ABC为“倍长三角形”,故 A正确;
3 4
AC x AB 2x 由 S ABD S ACD S ABC ，所以 sin 2sin cos ，故 cos ，B选项,设 ， ， 2 3
S 1
1 1
所以 ABC BC AC sinC 2xsinC
2x 1 cos2 C 1 2， 因为 0,
，且 , ,所以 cos , 所以 tan 3, 15 又因为
2 2 3 3 4 2 ， ，
BC 2cosC AC
2 AB 2 16 3x 2 1
又由余弦定理得 ， S ABC t 2 sin 2 1 t
2
，得
2BC AC 8x sin 2 ,
S 2x 1 cos2C 2x 1 (16 3x
2
2 256 9 80 令u a2 22 2 b c2 2bccos A (2t)2 t2 4t2 cos2 5t2 4t2 cos2 ,
所以 ABC ) (x )8x 9 16 9 ，
u 5t2 4t2 cos2 5 4cos2 5 4cos2 x 2x 4 4
由三角形的三边关系可得 ，解得 x 4， sin2 sin2 sin2
，
x 4 2x 3 5sin2 5cos2u 4(cos
2 sin2 ) 9sin2 cos2 9tan2 1
4 5 所以 x 16 B 2sin cos 2sin cos 2tan 所以当 时，面积有最大值为 ．故 错； ，
3 3
AD D D u 9tan 1C选项,因为 是 BAC的角平分线，交BC于点 ,所以点 到 AB， AC的距离相等， 即 ，所以u关于 tan 在 3, 15 2 2tan 内单调递增，所以当 tan 3时，
2a
又 AB 2AC，所以 S ABD 2S ACD ，BD 2CD，由题意 AD a， BD ，3 u 9 3 1 14 3u取得最小值为 2 ．故D正确.
2 2 3
3
2 2 2
a2 c2 b2 c ( a) a 命题意图：本题考查解三角形，三角恒等变换,正弦定理及余弦定理在求解三角形中的应用，还考
△ABC中，cosB ①，△ABD中，cosB 3 ②，2ac 2 查了三角函数最值求解以及三角形的面积公式，考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理.2c a 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
3 2
12．答案： 解析： a ( 2,1)， b (cos x,sin x)，
11a2 6b2 3c2 c 2b a2
18 2 2
联立①②得 ，又 ，所以 b11 ， 因为 a∥b ，所以 2 sin x cos x， tan x 2 .
2
命题意图：本题考查共线向量的坐标表示和弦切转化问题，考查的核心素养是数学运算、逻辑推
理．
{#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}
13.答案：2.
又PD 2 ,DE 1 ,PD2 PE2+DE2 ,所以 PDE为直角三角形.
解析：设圆台的上，下底面半径分别为 r1 ,r2，母线长为 l,
V V 1 1 1 3 S PF 1 3 1 .
由题意得r 所以 P DEF F DEP △DEP ....................6分2 4，该圆台与其内切球的轴截面如图： 3 3 2 6
记圆台的高为 h，内切球的半径为 r，则 h 2r ， （2）解：在平面 PDF 内，过点 P作 PT⊥DF 于点T ，那么PT⊥平面ABCD
易知，该圆台的母线长为 l r1 r2 5，解得r1 1, 在 Rt DPF中， PT 2 5 ,DT 4 5 ,FT 5 ，.........................8分
5 5 5
h l 2 (r2 r1)
2 4 2r ,所以 r 2 .
以D为坐标原点，DA ,DC所在的直线分别 x轴、y轴，过点D且垂直于平面 ABCD的直线为 z
命题意图：本题考查圆台和球的组合体问题，考查的核心素养是数学运算、直观想象、逻辑推理．
1 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
14. 答案：[ , ) .
e 4 8 4 8 2 5
1 1 ln x mx mx 所以 E(1,0,0), T ( , ,0), P( , , ) PE (
1 8 2 5
, , ) ........9分
解析：将不等式 mx m变形得：mxe e x(1 ln x)， 5 5 5 5 5 5 5 5x e ，
emx (mx 1) x(1 ln x) emx (ln emx 1) x(1 ln x) 因为 PT⊥平面ABCD ,即 ， 所以 ，
所以可以取平面DEF 的一个法向量为 n (0,0,1)，
设函数 f (x) x(1 ln x)，则 f (emx ) f (x)恒成立.
设直线 PE和平面DEF 所成的角为 ，
又 f ' (x) 2 ln x 0恒成立，所以函数 f (x) x(1 ln x)在[1, )上单调递增.
所以sin | cos PE,n | | P E n | 2 17 .............11分
| PE | | n | 17
mx
因为 f (e ) f (x)恒成立，所以 emx ln x x，即m .
x
ln x 1 ln x 所以直线 PE和平面DEF 所成角的正弦值 2 17 ...........................................................13分
设 g(x) ， g ' (x) 2 ，当 x [1,e), g ' (x) 0, g(x)单调递增；x x 17
当 x (e, ), g ' (x) 0, g(x) g(x) g(e) 1 m 1 命题意图：本题以四棱锥为载体，考查点到平面的距离、直线和平面所成角的求解.主要考查学生 单调递减；所以 max ，所以 .e e 的运算求解能力，直观想象的能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算、逻辑推理.
命题意图：本题考查函数导数中同构问题及恒成立问题，考查的核心素养是数学运算、逻辑推理．
16.（15分）解：(1) a1 2,a2 6,a3 18; .......................................................................3分
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15.（1 n 1）解：因为 BC //DE,PF BC， an 2 3 , .............................................................................4分猜想：
所以 PF DE，又因为 PF PD,PD DE E， n证明：因为 an (3 )
n n n
不超过 3 的数共有 3 个，其中与 3 不互素的数是 3 的倍数，即
所以 PF 平面PDE .......................................3分 3 1,3 2，3 3， ，3 3n 1 n 1共3 个数，
所以 PF PE ,在 PEF 中，AB EF 2 , PF 1 , 所 以 所以 an 3n 3n 1 2 3n 1, ...............................................................................6分
PE 3 (2) 易知 an 是以 a1 2为首项，以3为公比的等比数列，
{#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}
2 (1 3n) n 又 g(0) 1 0，显然 g( ) 1 0,
所以 Sn 3 1. ...................................................................7分 21 3
由零点存在定理，存在唯一的 x0 (0, )满足 g(x0 ) 0，………………8分
因为bn 1 log (Sn 1),3 即bn 1 log 3 3
n 2n, 2
所以 x, f (x), f ' (x)之间的关系如下表：
所以bn 2n 1, ...........................................................................................9分
x ( , x0 ) x0 (x0 , )
2 2
c bn bn 1 (2n 1)
2 (2n 1)2 4n2 1
故 n 1
2 1 1 1 y f (x) 0 +
2bnbn 1 2(2n 1)(2n 1) 4n
2 1 (2n 1)(2n 1) 2n 1 2n 1 .......11分
y f (x) 单调递减 极小值 单调递增
T c c c c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1所以 n 1 2 3 n 1 所以函数 有且只有一个极值点.………………10分3 3 5 5 7 2n 1 2n 1 y f (x)
1
n 1 . ..............................................................................15 1分
2n 1 ②证明:由 g(x0 ) 0得: 2x0 cos x0 sin x0 0，即 x 0 (cos x0 sin x0 )，2
所以 f (x ) 1 (cos x sin x )2 (cos x sin x )，
命题意图：本题以新定义为载体，主要考查等比数列的前 n项和公式和裂项求和法，考查学生创 0 4 0 0 0 0
新性的分析问题解决问题的能力，考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理.
17.（15 分） 由①知 g(0) 0，又 g( ) 3 1 0,所以 x (0, ),………………12分6 3 2 2 0 6
解：（1）因为 f (x) x2 a sin x bcos x，
f (x ) 10 (1 sin 2x0 ) 2 sin(x
0 ) ,
所以 f (x) 2x a cos x bsin x ，………………2分 4 4
1
因为 ,
所以切线的斜率 k f (0) 1，即 a 1；又 f (0) 1，即b 1 . f ( x0 ) cos2x0 2 cos( x0 ) 02 4
所以 a b 1 .………………4分
则 y f (x0 )在 (0,
)上单调递减,
（2）证明：①函数 f (x) x2 sin x cos x，其定义域为R， 6
f ( x ) 2x cos x sin x 所以， f ( x0 ) f (
) 1 2 5 3 (1 sin ) sin cos ，……………14分
6 4 3 6 6 8
下面证明 y f (x) 2x cos x sin x有且只有一个变号零点.
f (x ) 2 5 3即 0 .………………15分8
设 g(x) f (x) 2x cos x sin x ，
命题意图：本题依托函数的极值，主要考查导数的应用以及零点存在定理、二分法等，考查的数
学核心素养是数学运算、逻辑推理.
则g (x) 2 sin x cos x 2 2 sin(x ) 0 ，
4 18. y 1 y 1解：（1）设M x, y x 2 ，则 k2 k1 1，……………………….3分x 2 x 2
所以函数 y g(x)在 ( , )单调递增，………………6分
{#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}
解得: x2 4y x 2 .………………………6分 100(1 P)(1 q) 1100P 1100(1 p)q
(2)是定值.依题意，可设直线 AB的方程为 y kx m， A x1, y1 ,B x2 , y2 ，则有 100 1000 p 1000(1 p)q.…………5分
A1 x1 , m , A2 x2 , m . （2） X n的所有可能取值为 100，200， ，100n，100n 1000 ,
y kx m
由 消去 y可得 x2 2 4kx 4m 0 , 记事件 Ai为“第 i次检测为阳性”， i 1,2,3,.........n;事件 B为“患者感染甲病毒”,
x 4y
从而有
则 P(B) p,P(B) 1 p， P(Ai | B) 1,P(Ai | B) 0， P(Ai | B) q,P(Ai | B) 1 q , x1 x2 4k
,…………………………….8分
x1x2 4m
于是 P(X1 100) P(A1) P(B)P(A1 | B) P(B)P(A1 | B)
于是 y1 y2 k x 21 x2 2m 4k 2m ,
0 (1 p )(1 q ) (1 p )(1 q )，
又由 x21 4y1, x
2
2 4y2 ，
当 2 k n时,
2 P( X n 100k ) P( A A A A ) (1 p )q
k 1
1 2 k 1 k (1 q ) x1x ，可得 y y 2 21 2 m ,………….10分16 P(X n 100n 1000) P(A1A2...An )
记直线 l与 y轴的交点为 P1，则 OP OP
1
1 m，于是有 S1 AA1 P1A
1
1 y1 m x2 2 1 ,
P(B)P(A1A2...An | B) P(B)P(A1A1 2
...An | B)
S2 A1B1 PP1 m x1 x2 ,2 p 1n (1 p )qn p (1 p )qn，
S 13 BB1 P
1
1B1 y2 m x2 2 2 ，.…………………………….13分
综上，当1 k n时， P(X k 1n 100k) (1 p)(1 q)q ,
2 2S 2 4 m x1 x 4m
2
x1 x2 4x 2 2 1x2所以
S S y m x y m x y y m y y m2 x x P(X 100n 1000) p (1 p)qn1 3 1 1 2 2 1 2 1 2 ，………………7分1 2 n
4m2 2
n
2 2 k 1
4k 16m 64m (k m) 所以E(X n ) 100k(1 p)(1 q)q (100n 1000)( p (1 p)qn )= 4. …………………………….17分 k 1
m2 m 4k 2 2m m2 4m 16m2 (k 2 m) n
100(1 p)(1 q) kqk 1 (100n 1000)( p (1 p)qn ) ,……………9分
命题意图：本题考查抛物线的方程、三角形面积的表示、韦达定理的使用，考查学生的数学运算 k 1
求解能力，逻辑推理能力，考查的核心素养是数学运算，逻辑推理. 从而
E(X ) E(X ) 100(1 p)(1 q)(n 1)q n 100p[100(n 1) 1000](1 p)q n 1 n19．（17分）解：（1） X1的所有可能取值为 100，1100， n 1 n
(100n 1000 )(1 p )q
（ 3 ） 若
100 p (1 p)q n[100(1 q)(n 1) 100(n 1)q 1000q (100n 1000)]
P(X1 100) (1 p)(1 q) , P(X1 1100) p (1 p)q，………………3分 100 p 100(1 p)q n (10q 9)， 11分
所以 X 的数学期望是： p 10 41 ， q 10 2，则当 n 1时，
E(X1) 100P(X1 100) 1100P(X 21 1100) E(X n 1) E(X n ) 10 100(1 10 4)10 2 n(0.1 9) 100 1 890(1 10 4 )100 n，………13分
.
{#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}
令 E(X n 1) E(X n ) 0，得100
n 1 890(1 10 4 )，由于 n是整数，所以 n 3．
令 E(X n 1) E(X n ) 0，得100
n 1 890(1 10 4 )，解得 n {1,2}，………………15分
综上， E（X3) E（X 2 ) E（X1)，并且 E(X3) E(X 4 ) E(X5 ) ，
故取 n0 3 ，则对任意 n N
*，有 E(X n ) E(X n )成立，0
故应选取 n0值为3．...........17分
命题意图：本题主要考查独立性事件的概念和全概率公式，期望的求解和应用，考查的数学核心
素养是逻辑推理，数学运算，数据处理.
{#{QQABDY6AggiAApAAABgCAwVgCEEQkBAAAAoOhEAMoAAASQFABAA=}#}山东中学联盟2024届高三考前模拟冲刺大联考
数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知全集U=R,集合A={x|x<3},B={xx2-4x≤0}，则图中阴影部分表示的集
合为
A.{4
B.{3,4}C.[3,4]
D.(3,4]
2.“1n(a-b)≥0”是“a>b+1”的
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件：D.既不充分又不必要条件
3.己知直线系L:(x-4)cos,+ysina=4(0≤a≤2π)，则
A.L中所有直线均经过一个定点B.L中所有直线均与定圆C:(x-4)2+y2=16相切
C.L中所有直线的斜率均存在
D.L中不存在斜率为0的直线
4.己知a=3l1g2,b=33,c=22,则
A.a
B.bC.aD.c5如图所示，两动点P,Q在以坐标原点0为圆心，半径为1的圆上
从点A(1,0)处同时出发作匀速圆周运动.已知点P按逆时针方向每秒
P(Q)
钟转x弧度，点Q按顺时针方向每秒钟转B弧度(0A(1,0)
且P,Q两点在第2秒时第一次相遇于点
3
处，则它们从
22
出发后到第2次相遇时，点P走过的总路程为
A.
B.2n
C.4
D.8π
3
3
3
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6.已知，五3是复数，则下列命题正确的为
A若名=22，则名=22
B.若z乙2∈R,则z,是实数
C若z22=0,则z1=0
D若13月z2,则z=22
7.已知函数fm)=3-、2
2x+1+1
则下列函数的图象关于原点对称的是
Ay=f(x-1)-2
B.y=f(x+1)-2
C.y=f(x-1)+2
D.y=f(x+1)+2
8某地为进一步强化学校体育工作，了解高中学生体质健康真实情况，现从甲高中高一高二各随
机抽取10名学生进行体质测试，成绩如下：
高一
71
86
94
79
84
93
79
91
78
95
高二
81
84
79
85
78
93
86
92
87
85
则
A高一学生体质测试成绩的80%分位数是93
B高二学生体质测试平均成绩更高
C高一学生体质测试成绩更稳定
D.记体质测试成绩位于[90,100]的为优秀，现从高一高二成绩优秀的学生中，随机抽2名同学，
则这两名同学成绩之差的绝对值不大于1的概率为
15
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知数列{a}的前n项和为Sn,则下列结论正确的是
A若aL>1,则数列{a}为递增数列
B.若an=
+25,则4，的最大值为
n
1
C,若Sn=-n2+9n,则a4=0
D.若数列{a}为等差数列，且4,42，a6成等比数列，则其公比q=1或g=4
数学试题第2页（共4页）
