山东省济南育英中学2024届高三第二次联考数学试卷含解析

山东省济南育英中学2024届高三第二次联考数学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共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．已知，椭圆的方程，双曲线的方程为，和的离心率之积为，则的渐近线方程为（）A． B． C． D．2．若，，则的值为（）A． B． C． D．3．已知集合，，若，则（）A．或 B．或 C．或 D．或4．已知随机变量服从正态分布，，（）A． B． C． D．5．已知函数的图像与一条平行于轴的直线有两个交点，其横坐标分别为，则（）A． B． C． D．6．设，是空间两条不同的直线，，是空间两个不同的平面，给出下列四个命题：①若，，，则；②若，，，则；③若，，，则；④若，，，，则.其中正确的是（）A．①② B．②③ C．②④ D．③④7．已知x，y满足不等式，且目标函数z＝9x+6y最大值的变化范围[20，22]，则t的取值范围（）A．[2，4] B．[4，6] C．[5，8] D．[6，7]8．已知焦点为的抛物线的准线与轴交于点，点在抛物线上，则当取得最大值时，直线的方程为（）A．或 B．或 C．或 D．9．已知非零向量，满足，则“”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解:10．将函数的图像向左平移个单位长度后，得到的图像关于坐标原点对称，则的最小值为（）A． B． C． D．11．若实数、满足，则的最小值是（）A． B． C． D．12．已知函数，，若对任意的总有恒成立，记的最小值为，则最大值为（）A．1 B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．某学习小组有名男生和名女生.若从中随机选出名同学代表该小组参加知识竞赛，则选出的名同学中恰好名男生名女生的概率为___________．14．已知函数，则________；满足的的取值范围为________.15．已知向量，，若，则实数______.16．已知双曲线的左右焦点分别关于两渐近线对称点重合，则双曲线的离心率为_____三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．求数列，的通项公式；若数列满足，求的前项和．18．（12分）已知公差不为零的等差数列的前n项和为，，是与的等比中项.（1）求；（2）设数列满足，，求数列的通项公式.19．（12分）已知函数的定义域为.（1）求实数的取值范围；（2）设实数为的最小值，若实数，，满足，求的最小值.20．（12分）设，函数，其中为自然对数的底数.（1）设函数.①若，试判断函数与的图像在区间上是否有交点；②求证：对任意的，直线都不是的切线；（2）设函数，试判断函数是否存在极小值，若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.21．（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）已知，求的大小.22．（10分）如图，已知四棱锥的底面是等腰梯形，，，，，为等边三角形，且点P在底面上的射影为的中点G，点E在线段上，且.（1）求证：平面.（2）求二面角的余弦值.

参考答案一、选择题：本题共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、A【解析】

根据椭圆与双曲线离心率的表示形式，结合和的离心率之积为，即可得的关系，进而得双曲线的离心率方程.【详解】椭圆的方程，双曲线的方程为，则椭圆离心率，双曲线的离心率，由和的离心率之积为，即，解得，所以渐近线方程为，化简可得，故选：A.【点睛】本题考查了椭圆与双曲线简单几何性质应用，椭圆与双曲线离心率表示形式，双曲线渐近线方程求法，属于基础题.2、A【解析】

取，得到，取，则，计算得到答案.【详解】取，得到；取，则.故.故选：.【点睛】本题考查了二项式定理的应用，取和是解题的关键.3、B【解析】

因为,所以,所以或.若，则,满足.若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.4、B【解析】

利用正态分布密度曲线的对称性可得出，进而可得出结果.【详解】，所以，.故选：B.【点睛】本题考查利用正态分布密度曲线的对称性求概率，属于基础题.5、A【解析】

画出函数的图像，函数对称轴方程为，由图可得与关于对称，即得解.【详解】函数的图像如图，对称轴方程为，，又，由图可得与关于对称，故选：A【点睛】本题考查了正弦型函数的对称性，考查了学生综合分析，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.6、C【解析】

根据线面平行或垂直的有关定理逐一判断即可.【详解】解：①：、也可能相交或异面，故①错②：因为，，所以或，因为，所以，故②对③：或，故③错④：如图因为，，在内过点作直线的垂线，则直线，又因为，设经过和相交的平面与交于直线，则又，所以因为，，所以，所以，故④对.故选：C【点睛】考查线面平行或垂直的判断，基础题.7、B【解析】

作出可行域，对t进行分类讨论分析目标函数的最大值，即可求解.【详解】画出不等式组所表示的可行域如图△AOB当t≤2时，可行域即为如图中的△OAM，此时目标函数z＝9x+6y在A（2，0）取得最大值Z＝18不符合题意t＞2时可知目标函数Z＝9x+6y在的交点（）处取得最大值，此时Z＝t+16由题意可得，20≤t+16≤22解可得4≤t≤6故选：B．【点睛】此题考查线性规划，根据可行域结合目标函数的最大值的取值范围求参数的取值范围，涉及分类讨论思想，关键在于熟练掌握截距型目标函数的最大值最优解的处理办法.8、A【解析】

过作与准线垂直，垂足为，利用抛物线的定义可得，要使最大，则应最大，此时与抛物线相切，再用判别式或导数计算即可.【详解】过作与准线垂直，垂足为，，则当取得最大值时，最大，此时与抛物线相切，易知此时直线的斜率存在，设切线方程为，则.则，则直线的方程为.故选：A.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线的定义，考查学生转化与化归的思想，是一道中档题.9、C【解析】

根据向量的数量积运算，由向量的关系，可得选项.【详解】，，∴等价于，故选：C.【点睛】本题考查向量的数量积运算和命题的充分、必要条件，属于基础题.10、B【解析】

由余弦的二倍角公式化简函数为，要想在括号内构造变为正弦函数，至少需要向左平移个单位长度，即为答案.【详解】由题可知，对其向左平移个单位长度后，，其图像关于坐标原点对称故的最小值为故选：B【点睛】本题考查三角函数图象性质与平移变换，还考查了余弦的二倍角公式逆运用，属于简单题.11、D【解析】

根据约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案【详解】作出不等式组所表示的可行域如下图所示：联立，得，可得点，由得，平移直线，当该直线经过可行域的顶点时，该直线在轴上的截距最小，此时取最小值，即.故选：D.【点睛】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是基础题．12、C【解析】

对任意的总有恒成立，因为，对恒成立，可得，令，可得，结合已知，即可求得答案.【详解】对任意的总有恒成立，对恒成立，令，可得令，得当，当，，故令，得当时，当，当时，故选：C.【点睛】本题主要考查了根据不等式恒成立求最值问题，解题关键是掌握不等式恒成立的解法和导数求函数单调性的解法，考查了分析能力和计算能力,属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

从7人中选出2人则总数有，符合条件数有，后者除以前者即得结果【详解】从7人中随机选出2人的总数有，则记选出的名同学中恰好名男生名女生的概率为事件，∴故答案为：【点睛】组合数与概率的基本运用，熟悉组合数公式14、【解析】

首先由分段函数的解析式代入求值即可得到，分和两种情况讨论可得；【详解】解：因为，所以，∵，∴当时，满足题意，∴；当时，由，解得.综合可知：满足的的取值范围为.故答案为：；.【点睛】本题考查分段函数的性质的应用，分类讨论思想，属于基础题.15、-2【解析】

根据向量坐标运算可求得，根据平行关系可构造方程求得结果.【详解】由题意得：，解得：本题正确结果：【点睛】本题考查向量的坐标运算，关键是能够利用平行关系构造出方程.16、【解析】

双曲线的左右焦点分别关于两条渐近线的对称点重合，可得一条渐近线的斜率为1，即，即可求出双曲线的离心率．【详解】解：双曲线的左右焦点分别关于两条渐近线的对称点重合，一条渐近线的斜率为1，即，，，故答案为：．【点睛】本题考查双曲线的离心率，考查学生的计算能力，确定一条渐近线的斜率为1是关键，属于基础题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、，；.【解析】

由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．【详解】解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，所以，解得．所以数列的通项公式．数列的公比，其通项公式．当时，由，所以．当时，由，，两式相减得，所以．故所以的前项和，．又时，，也符合上式，故.【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．18、（1）；（2）.【解析】

（1）根据题意，建立首项和公差的方程组，通过基本量即可写出前项和；（2）由（1）中所求，结合累加法求得.【详解】（1）由题意可得即又因为，所以，所以.（2）由条件及（1）可得.由已知得，所以.又满足上式，所以【点睛】本题考查等差数列通项公式和前项和的基本量的求解，涉及利用累加法求通项公式，属综合基础题.19、（1）；（2）【解析】

（1）首先通过对绝对值内式子符号的讨论，将不等式转化为一元一次不等式组，再分别解各不等式组，最后求各不等式组解集的并集，得到所求不等式的解集；(2)首先确定m的值，然后利用柯西不等式即可证得题中的不等式.【详解】（1）因为函数定义域为，即恒成立，所以恒成立由单调性可知当时，有最大值为4，即；（2）由（1）知，，由柯西不等式知所以，即的最小值为.当且仅当，，时，等号成立【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，柯西不等式及其应用，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.20、（1）①函数与的图象在区间上有交点；②证明见解析；（2）且；【解析】

（1）①令，结合函数零点的判定定理判断即可；②设切点横坐标为，求出切线方程，得到，根据函数的单调性判断即可；（2）求出的解析式，通过讨论的范围，求出函数的单调区间，确定的范围即可．【详解】解：（1）①当时，函数，令，，则，，故，又函数在区间上的图象是不间断曲线，故函数在区间上有零点，故函数与的图象在区间上有交点；②证明：假设存在，使得直线是曲线的切线，切点横坐标为，且，则切线在点切线方程为，即，从而，且，消去，得，故满足等式，令，所以，故函数在和上单调递增，又函数在时，故方程有唯一解，又，故不存在，即证；（2）由得，，，令，则，，当时，递减，故当时，，递增，当时，，递减，故在处取得极大值，不合题意；时，则在递减，在，递增，①当时，，故在递减，可得当时，，当时，，，易证，令，，令，故，则，故在递增，则，即时，，故在，内存在，使得，故在，上递减，在，递增，故在处取得极小值．②由（1）知，，故在递减，在递增，故时，，递增，不合题意；③当时，，当，时，，递减，当时，，递增，故在处取极小值，符合题意，综上，实数的范围是且．【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，属于难题．21、（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；（Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解【详解】（Ⅰ）由正弦定理得.而.由以上两式得，即.由于，所以，又由于，得.（Ⅱ）设，在中，由正弦定理有.由余弦定理有，整理得，由于，所以.在中，由余弦定理有.所以，所以.【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题22、（1）证明见解析（2）【解析】

（1）由等腰梯形的性质可证得,由射影可得平面,进而求证；（2）取的中点F,连接,以G为原点,所在直线为x轴,所在直线为y轴,所在直线为z轴,建立空间直角坐标系,分别求得平面与平面的法向