2024年山东省春季高考济南二模数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024年山东省春季高考济南市第二次模拟考试数学试题1.本试卷分卷一（选择题）和卷二（非选择题）两部分，满分120分，考试时间120分钟.考生请在答题卡上答题，考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.2.本次考试允许使用函数型计算器，凡使用计算器的题目，除题目有具体要求外，最后结果精确到0.01.卷一（选择题共60分）一、选择题（本大题20个小题，每小题3分，共60分.在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请将符合题目要求的选项字母代号选出.并填涂在答题卡上）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．下列命题是真命题的是（

）A．且 B．或C． D．方程有实根3．“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．若，则下列不等式成立的是（

）A． B． C． D．5．如图所示，是半圆的直径，点从点出发，沿弧的路径运动一周，设点到点的距离为，运动时间为，则下列图象能大致地刻画与之间的关系的是（

）A． B．C． D．6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积是（

）

A． B． C． D．7．下列四组函数，表示同一函数的是（

）A．， B．，C．， D．，8．函数曲线恒过定点（

）A． B． C． D．9．已知等差数列的前项和为，且，，则（

）A． B． C． D．10．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，若事件“2张全是移动卡”的概率是，那么概率为的事件是（

）A．至多有一张移动卡 B．恰有一张移动卡C．都不是移动卡 D．至少有一张移动卡11．设是不重合的平面，是不同的直线，下列命题不能推导出线面垂直的是A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则12．已知向量，，则与的夹角等于（

）A． B． C． D．13．已知，是第一象限角，且，则的值为（

）A． B． C． D．14．在平面直角坐标系中，已知、两点，若圆以为直径，则圆的标准方程为（）A． B．C． D．15．函数的图象如图所示，现将的图象各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为（

）A． B． C． D．16．下列约束条件中，可以表示如图所示区域（阴影部分）的是（

）A． B．C． D．17．二项式的展开式的常数项是（

）A． B．112 C． D．12218．在中，若，那么一定是（

）A．等腰直角三角形 B．等腰三角形C．直角三角形 D．等边三角形19．《蝶恋花·春景》是北宋大文豪苏轼所写的一首词作.其下阙为：“墙里秋千墙外道，墙外行人，墙里佳人笑，笑渐不闻声渐悄，多情却被无情恼”.如图所示，假如将墙看作一个平面，墙外的道路、秋千绳、秋千板看作是直线.那么道路和墙面线面平行，秋千静止时，秋千板与墙面线面垂直，秋千绳与墙面线面平行.那么当佳人在荡秋千的过程中，下列说法错误的是（

）A．秋千绳与墙面始终平行B．秋千绳与道路始终垂直C．秋千板与墙面始终垂直D．秋千板与道路始终垂直20．已知抛物线方程为，直线，抛物线上一动点P到直线l的距离的最小值为（

）A． B． C． D．卷二（非选择题共60分）二、填空题（本大题5个小题，每小题4分，共20分.请将答案填在答题卡相应题号的横线上）21．过直线和的交点，倾斜角为的直线方程为.22．若一个圆锥的轴截面顶角为120°，母线长为2，则这个圆锥的体积为.23．在三位正整数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”．比如“102”，“546”为“驼峰数”，由数字1,2,3,4可构成无重复数字的“驼峰数”有个．24．某中职学校计划从300名学生中抽取30名进行问卷调查，拟采用系统抽样方法，为此将他们逐一编号为1—300，并对编号进行分段，若从第一个号码段中随机抽取的号码是6，则从第五个号码段中抽取的号码应是.25．已知椭圆的焦点分别是，，点在椭圆上，如果，那么点到轴的距离是.三、解答题（本大题5个小题，共40分）26．行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离.在某路面上，某种型号汽车的刹车距离（米）与汽车的车速（千米／时）满足下列关系：（，是常数，）.根据多次实验数据绘制的刹车距离（米）与汽车的车速（千米/时）的关系图，如图所示.(1)求，的值；(2)如果要求刹车距离不超过25.2米，求该型号汽车行驶的最大速度.27．已知数列，中，，，是公差为1的等差数列，数列是公比为2的等比数列.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.28．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求C；(2)若，，求的面积．29．如图所示，直三棱柱，各棱长均相等.，，分别为棱，，的中点.(1)证明：平面平面；(2)求直线与所成角的正弦值.30．已知双曲线的中心为坐标原点，点在双曲线上，且其两条渐近线相互垂直.(1)求双曲线的标准方程；(2)若过点的直线与双曲线交于，两点，的面积为，求直线的方程.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【分析】运用集合与集合的包含关系分析即可.【详解】由题意知，，所以.故选：B.2．B【分析】根据或且命题真假性的性质即可求解.【详解】对于A,为真命题，为假命题，故且为假命题，对于B，为假命题，为真命题，所以或为真命题，对于C，为假命题，对于D，,故方程没有实数根，故D错误，故选：B3．A【分析】分别判断充分性及必要性即可.【详解】充分性：由得；必要性：由得，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A4．D【分析】根据不等式的性质，即可结合选项逐一求解.【详解】对于A,由于，,故A错误，对于B，由于关系不确定，故不一定成立，故B错误，对于C，由于，所以，C错误，对于D，由于，则，故，D正确，故选；D5．C【分析】点在段运动时和点在上运动时，，之间是线性关系，点在弧上运动时，（定值），即可结合选项求解.【详解】当点在段运动时，随的增大而匀速增大，点在弧上运动时，（定值），点在上运动时，随着的增大而减小．故选：C．6．B【分析】作出原几何体的直观图，可知该几何体为圆柱，结合图中数据可求出该圆柱的侧面积.【详解】由三视图可知，该几何体为圆柱，且圆柱的底面半径为，高为，

因此，该圆柱的侧面积为.故选：B.7．D【分析】根据若两函数的定义域相同，对应关系相同，则这两函数为同一个函数逐个分析判断即可.【详解】对于A，因为的定义域为，的定义域为，所以两函数的定义域不相等，所以这两函数不是相等函数，所以A错误；对于B，，的定义域都为，因为，所以两函数不是相等函数，所以B错误；对于C，，的定义域都为，因为与解析式不同，所以这两个函数不是相等函数，所以C错误；对于D，因为的定义域都为，且对应关系相同，所以是相等函数，所以D正确，故选：D8．C【分析】由对数函数的性质可求解.【详解】因为对数函数恒过点，所以函数曲线恒过点.故选：C9．B【分析】设等差数列的公差为，根据题设条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，再利用等差数列的求和公式可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，则，，所以，，解得，所以，，故选：B.10．A【解析】概率的事件可以认为是概率为的对立事件．【详解】事件“2张全是移动卡”的概率是，由对立事件的概率和为1，可知它的对立事件的概率是，事件为“2张不全是移动卡”，也即为“2张至多有一张是移动卡”．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题考查对立事件，解题关键是掌握对立事件的概率性质：即对立事件的概率和为1，考查学生的逻辑推理能力，属于基础题.11．D【分析】根据线面、面面位置关系判断.【详解】由线面垂直的性质可知，若，则，A是正确的；由线面垂直的判定定理可知，若，则，B正确；由面面垂直的性质定理可知，若，则，C正确；只有是两条相交直线时命题才能成立，所以D错误；故选：D.12．B【分析】根据夹角公式即可求解.【详解】由，可得，故，由于，所以，故选：B13．C【分析】利用同角三角函数关系可求得，由两角和差正切公式可求得结果.【详解】为第一象限角，，，.故选：C.14．B【分析】求出圆心坐标以及圆的半径，即可得出圆的标准方程.【详解】因为圆以为直径，所以圆心的坐标为，半径为，圆的标准方程为.故选：B.15．D【分析】代入点，结合解得：，再根据函数图象变换得到解析式.【详解】由图可知，过点，故，因为，解得：，将的图像各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得.故选：D.16．C【分析】根据图中表示的可行域，即可求解约束条件.【详解】阴影部分表示直线以下的部分（不包括直线），直线右下的部分（包括直线），故可用表示，故选：C17．B【分析】根据二项式展开式的通项公式可得通项为，令计算即可求解.【详解】展开式的通项公式为（），令，解得，所以展开式的常数项为.故选：B18．B【分析】利用两角和与差公式化简原式，可得答案．【详解】因为，所以所以所以所以,所以,所以.所以三角形是等腰三角形.故选：B.【点睛】本题考查三角恒等变换在解三角形中的应用，考查两角和与差公式以及两角和与差公式的逆用，考查学生计算能力，属于中档题．19．B【分析】根据已知条件结合线面垂直的性质和面面垂直的性质可得结论．【详解】显然，在荡秋千的过程中，秋千绳与墙面始终平行，但与道路所成的角在变化秋千板与墙面垂直，故也与道路始终垂直．故选：B．20．D【解析】利用方程设点，利用点到直线的距离公式计算距离求最值即可.【详解】设抛物线上的动点，，则点P到直线l的距离.∵，∴时.故选：D.21．【分析】联立直线求解交点，即可根据点斜式求解直线方程.【详解】联立与可得，故交点为，倾斜角为，所以斜率为1，故直线方程为，即，故答案为：22．【分析】根据轴截面可得，即可由体积公式求解.【详解】如图：由于圆锥的轴截面顶角为120°，故,又,所以,故圆锥的体积为,故答案为：23．8【解析】分类讨论，十位上的数为1，2，分别求出无重复数字的“驼峰数”，即可得出结论.【详解】十位上的数为1时，有213,214,312,314,412,413，共6个，十位上的数为2时，有324,423，共2个，所以共有6＋2＝8（个）.故答案为：8.【点睛】本题考查分类计数问题，考查分步计数问题，本题是一个数字问题，比较基础.24．46【分析】根据系统抽样的特征即可求解.【详解】由题意可知，抽取的间距10，第一组抽取的数据是6，故接下来抽取的数据分别为16，26，36，46，故第五个号码段中抽取的号码应是46故答案为：4625．【分析】设，从而根据可得，联立椭圆的方程可解出的值，从而得出点到轴的距离．【详解】由椭圆方程得，，，设，则：，；由得：

（1）；又点在椭圆上，可得（2）；（1）（2）联立消去得，；即；故点到轴的距离是．故答案为：．26．(1)，(2)行驶的最大速度为70千米时．【分析】（1）把点，代入函数解析式，求解，的值即可；（2）令求出的取值范围即可．【详解】（1）由图象可知，点，在函数图象上，，解得，，；（2）令，得，解得，又，

，即行驶的最大速度为70千米时．27．(1)(2)【分析】（1）先根据题意及等差数列的通项公式计算出数列的通项公式，再根据等比数列的通项公式计算出数列的通项公式，即可计算出数列的通项公式；（2）根据数列的通项公式的特点运用分组求和法，以及等差数列和等比数列的求和公式即可计算出前项和．【详解】（1）由题意，可得，故，，数列是公比为2的等比数列，且，，，．（2）由题意及（1），可得，则．28．(1)(2)【分析】（1）由正弦定理和两角和的正弦公式化简即可得答案;（2）由余弦定理求得a值，然后利用面积公式求解即可.【详解】（1）由正弦定理得，得．因为，所以，所以，即．（2）由余弦定理得，得，所以，故的面积为．29．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可证得，在直三棱柱中，平面，可得，进而可证得平面，即证得平面平面；（2）由题意可证得，即可得直线与所成的角，在△中，可求出的正弦值，进而求出于直线与所成的角．【详解】（1）证明：由题意在等边三角形中，为的中点，所以，在直棱柱中，平面，平面，所以，而，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）连接，因为，，分别为棱，，的中点，所以，且，在三棱柱中，，，，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以即为直线与所成的角，在△中，设直三棱柱的棱长为2，则可得