山东省某中学2024届高三第二次模拟考试数学试题（含答案解析）

山东省实验中学2024届高三第二次模拟考试数学试题

学校:..姓名:.班级:考号:

一、单选题

1.椭圆上+;/=1的焦点坐标是（）

5

A.（土访0）B.(±2,0)C.(0,±V6)D.(0,±2)

2.已知A={x|l<x<2},8={x|尤<。},若“尤eA”是“无e8”的充分不必要条件，则a的取值

范围是（）

A.a<\B.a>lC.a<2D.a>2

3.若".sinx是周期为兀的奇函数,则/（%）可以是（)

A.sinxB.cosxC.sin2xD,cos2x

4.已知正方体43。。-4462，/,双分别是4。，25的中点,则（）

A.D[B,MN平面ABC。

B.A。23,MN_L平面33QQ

C.%D工DIB,MN平面ABC。

D.A。_LD\B、MN_L平面BBRD

.2.

5.在ABC中，E为边AB的中点，BD=-BC,则£)£■=()

A.--AB+-ACB.-AB+-AC

6363

C.-AB+-ACD.-AB--AC

6363

6.已知抛物线C:y2=6x的焦点为F，准线为/，尸是/上一点,Q是直线PF与C的一个交

点，若屈=3尸0,则网=()

7

A.-B.3cD.2

2-i

7.已知｛为｝是各项均为正整数的递增数列，｛%｝前〃项和为"，若S"=2024,当〃取最大

值时，的最大值为（）

A.63B.64C.71D.72

8.质点尸和。在以坐标原点。为圆心，半径为1的圆。上逆时针作匀速圆周运动，同时出

发.尸的角速度大小为2rad/s,起点为圆。与光轴正半轴的交点；。的角速度大小为5rad/s,

起点为圆。与射线y=-氐（金0）的交点.则当。与尸第2024次重合时，夕的坐标为（）

（2兀.2兀\（5兀.5兀、/兀.兀）

A.cos—,sin—B.-cos—,—sin—C.cos—,—sin一

99J（99J[99J

二、多选题

9.已知方程£=1在复数范围内有“个根，且这“个根在复平面内对应的点”等分单位圆.

下列复数是方程9=1的根的是（）

A.1B.iC.----iD.cos40+isin40

22

10.某景点工作人员记录了国庆假期七天该景点接待的旅游团数量.已知这组数据均为整数,

中位数为18,唯一众数为20,极差为5,则（）

A.该组数据的第80百分位数是20

B.该组数据的平均数大于18

C.该组数据中最大数字为20

D.将该组数据从小到大排列，第二个数字是17

11.对于具有相同定义域。的函数〃x）和g（x）,若存在函数/?（"=辰+6（k,6为常数）,

[0<f{x]—h（x]<m

对任给的正数相，存在相应的不€°,使得当xeD且尤时，总有

贝IJ称直线/：y=爪+6为曲线y=/⑺与y=g⑴的“分渐近线”.给出定义域均为

。=卜[%>1}的四组函数，其中曲线y=/（x）与y=g（x）存在“分渐近线”的是（）

A.f(^)=x2,g(x)=«

B./(x)=10-'+2,g(x)=^l

C.心)=一，g(*七

D./(司=言，g(无)=2(x—

试卷第2页，共4页

三、填空题

7

12.在12尤3一言)的展开式中常数项是.

13.将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲、乙两个圆锥的侧面，甲、乙两个圆锥的侧

面积分别为S甲和S乙，体积分别为%和吟.若餐=2,则｝=.

14.已知函数〃x)=x3—39+3彳+2~-2-前，若实数D满足/(3/)+/(2/一4)=2,则

%+，的最大值为.

四、解答题

15.如图，在三棱锥A-5co中，ABC,88均为等边三角形，E为BC的中点，0为DE

的中点，A0,平面BCD.

⑴求证：AD=DE；

(2)求二面角C-AD-3的正弦值.

16.如图，已知平面四边形A3CD中，AB=BC=20,CD=2,AD=4.

⑴若A,B,C,£>四点共圆，求AC；

(2)求四边形ABC。面积的最大值.

17.已知函数〃x)=(x-a)2(x-6)(a,beR,o<6).

⑴当〃=18=2时，求曲线y=〃x)在点(2,42))处的切线方程；

(2)设为,电是“X)的两个极值点，尤3是/(尤)的一个零点，且WNX],无3*尤2.是否存在实数尤4，

使得小尤2,无3，尤4按某种顺序排列后构成等差数列？若存在，求乙；若不存在，说明理由.

18.11分制乒乓球比赛，每赢一球得1分，当某局打成10：10平后，每球交换发球权，先多

得2分的一方获胜，该局比赛结束.甲、乙两位同学进行单打比赛，假设甲发球时甲得分的概

率为3,乙发球时甲得分的概率为:，各球的比赛结果相互独立.在某局比赛双方打成10:10

Jz

平后，甲先发球.

(1)求再打2球该局比赛结束的概率；

⑵两人又打了X个球该局比赛结束，求X的数学期望E(X)；

(3)若将规则改为“打成10:10平后，每球交换发球权，先连得两分者获胜”，求该局比赛甲获

胜的概率.

19.已知点网4,@是双曲线八;y』上一点，T在点B处的切线与x轴交于点A.

⑴求双曲线T的方程及点A的坐标；

(2)过A且斜率非负的直线与T的左、右支分别交于N,M.过N做NP垂直于x轴交T于尸(当

N位于左顶点时认为N与尸重合).C为圆E:(x-l)2+(y+2)2=l上任意一点，求四边形

的面积S的最小值.

试卷第4页，共4页

参考答案:

1.B

【分析】本题是焦点在x轴的椭圆，求出c,即可求得焦点坐标.

【详解】0=后斤=2,可得焦点坐标为(-2,0)和(2得).

故选：B

2.D

【分析】利用充分不必要条件求参数，得到即可求解.

【详解】因为“xeA”是“xeB”的充分不必要条件，所以所以aN2.

故选：D.

3.B

【分析】结合选项，利用三角恒等变换的公式化简，应用三角函数的性质，逐项判定，即可

求解.

【详解】由题意，若/(*)=sinx,则〃x)-sin^=sin2x为偶函数，不符合题意；

若/(x)=cosx,贝!|〃x>sinx=gsin2x,奇函数且周期为万，符合题意；

若〃x)=sin2x,则/(x>sinx=2cosxsin2x为偶函数，不符合题意；

若〃x)=cos2x,则“x)-sinx=sinx-2sin3x周期为2万，不符合题意.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了三角函数的图象与性质的应用，以及三角函数的恒等变换的应用，

着重考查了推理与运算能力.

4.C

【分析】通过证明4。，面A5Q可得从而排除AB,再利用证明MN

,平面ABCD以及排除D即可.

【详解】由已知AB人面ADDiA，AQu面ADD|A，

则又AB\ADX=A,AB,AD1<zgABDX,

所以A。，面AB2,又BA面482,所以ADLRB,排除AB,

明显M,N分别为的中点，所以

又ACVU面ABC。，ABu面A3CD,

答案第1页，共14页

所以MN7平面ABCD,C正确；

若肱V_L平面B8QD,则必有MN_L3r>,又MNHAB,

所以AB_L8£>,明显不成立，D错误.

故选：C.

5.D

【分析】借助平面向量的线性运算及平面向量基本定理计算即可得解.

2

【详解】因为石为边的中点，BD=-BC,

Q-|QI1Q

所以。石=05+5石=4C5—=—AC）—=—=AC.

323、>263

6.D

【分析】由题意解出。点横坐标，由抛物线的定义求解.

【详解】由题意可知：抛物线C：V=6x的焦点为尸］1,0）准线为=

设尸°（不，为），贝I尸尸=（一3,。，/2=（毛一［%］,

因为尸尸=3尸Q,贝［j-3=31苫0得%=；,

由抛物线定义得|例=（+（=2.

答案第2页，共14页

故选：D.

7.C

【分析】因为S“=2024是定值，要使当〃取最大值时。,也取得最大值，｛4｝需满足前机

(加="-1)项是首相为1,公差为1的等差数列，通过计算｛/｝的前63项和与5“=2024作比

较，前64项和与5“=2024作比较即可得出““的最大值.

【详解】因为S“=2024是定值，要使当〃取最大值时。,也取得最大值，｛%｝需满足各项尽

可能取到最小值，又因为｛q｝是各项均为正整数的递增数列，所以

%=1,a2=2,a3=3,,am=m,即｛4｝是首相为1,公差为1的等差数列，其中机=〃-1；

&｝的前加项和为其=皿

63(63+1)

当机=63时，T63==2016<2024；

2

64(64+1)

当机=64时，T==2080>2024；

M2

又因为2024-2016=8<63,

所以〃的最大值为63,此时4=1,a2=2,%=3,-，%=62,。“取得最大值为

。63=63+8=71.

故选：C.

8.B

【分析】设两质点重合时，所用时间为乙则重合点坐标为(cos2r,sin2f),通过题意得到

”等+系％eN),结合周期性即可得解.

【详解】设两质点重合时，所用时间为乙则重合点坐标为(cos2r,sin2f),

答案第3页，共14页

由题意可知，两质点起始点相差角度为

则5/-2，=2fai+1(A：£N),解得方=^^+仁(左wZ),

若％=0,贝1]/=仁，则重合点坐标为(cosg,singj,

若左=1,则'=与，则重合点坐标为]cosq^,sin3^],gp^-cos^-,-sin-^

若k=2,贝〃=等，则重合点坐标为]cosT，sin券)，即[-cos],sin[],

当。与尸第2024次重合时，左=2023,贝卜1=2上139*K,

e*人一-—、1/24278兀,24278兀5兀.5兀)

则重合点坐标为［COS---,sin---,即-cos——,-sin——

99)

故选：B.

【点睛】思路点睛：通过设两质点重合时，所用时间为心得到重合点坐标为(cos2r,sin2。,

结合角度差得到y等(左eN),根据三角函数周期性以及诱导公式判断选项即可.

9.ACD

【分析】用立方差公式分解因式，求出根，再利用复数的运算直接代答案求解.

【详解】对于A选项，p=i显然成立，故A正确；

对于B选项，i9=_iri，故B错误；

由题f—1=0,(/—1乂]6+%3+])=0,令,,则(/_1)(/+j+])=0,

%=1,或"—"后，即%3=1,或/二一1±旦

22

1

小丁「日田/6-、3J6、3J8.、2/16.、1(6.1\16、।

对于c选项，(一不一--1)=-(-+—1)=-(-+—1)(-+—1)=-v1-?(5+71)=1

乙乙乙乙乙乙乙乙1乙乙/乙乙

成立，故C正确；

对于D选项，(cos40+isin40j3=(cos40+isin40)(cos40+isin40)

=(cos?40—sin240+2isin40cos40)(cos40+isin40

二(cos80+isin80)(cos40+isin40)

=cos80cos40+icos80sin40+isin80cos40-sin80sin40

=cos(80+40)+i(cos80sin40+sin80cos40)

=cosl20+isinl20

答案第4页，共14页

=--+^i,故D正确；

22

故选：ACD.

10.AC

【分析】设这组数从小到大排列为a，6，c,d,e",g,由题意可得d=18,/=20,结合百分位

数定义计算可得A；设出举出符合题意但不符合选项的一组数据即可B、D；结合众数与极

差定义，借助反证法可得C.

【详解】设这组数从小到大排列为。，"Gd,e",g,

由中位数为18,故4=18,

由唯一众数为20,故e=/=20或f=g=20,即可确定了=20,

对A：由7x0.8=5.6,则该组数据的第80百分位数是/,即为20,故A正确；

对B：该组数据可能为15,15,16,18,20,20,20,

..,-15+15+16+18+20+20+20_2,,,、口

止匕时尤=-------------------------=18一一<18,故BA错+误；

77

对C：由题可知g220,若gN21,则。=g—5216,此时只有e=/=20,

Ha<b<c<d=18,从而有6217,c>18,d>19,与〃=18矛盾，

故g=20,故C正确；

对D：同B中假设，该组数据可能为15,15,16,18,20,20,20,故D错误.

故选：AC.

11.BD

【解析】根据分渐近线的定义，对四组函数逐一分析，由此确定存在“分渐近线”的函数.

【详解】解：“X)和g(x)存在分渐近线的充要条件是Xf8时，

/(X)-g(x)f0J(x)>g(x).

对于①，f(^)=X2,g(x)=G,

当X>1时，令/(x)=/(x)—g(x)=x2一6，

由于9(x)=2x_^^>

。，所以/z(x)为增函数,

不符合xfCO时，"力-g(X)fO,所以不存在分渐近线;

对于②，〃x)=l(T+2>2,g(x)=^£<2,(x>l)

f(x)>g(x),

答案第5页，共14页

f4(x)-g(x)=…10+2C一2x丁-3=((历1JY+3?

因为当X>1且x->8时，/(x)-g(x)-»O,所以存在分渐近线;

2.i

rxlnx+1

对于③，/(%)=上士g(x)=

XInx

x2+1xlnx+111j___1_

f(x)-g(x)==x-\-----x--------=

xInxxInxxInx

当X>1且X-8时，,与均单调递减，但L的递减速度比快,

xInxxInx

所以当x-8时，”x)-g(x)会越来越小，不会趋近于0,所以不存在分渐近线;

对于④，/(尤)=壬，g(x)=2(x—

当Xf8时，

2r222

/(x)-g(x)=-—一2尤+2+2eT=——+——>0,且/(》)一g(x)>。，

x+\x+1ex

因此存在分渐近线.

故存在分渐近线的是BD.

故选：BD.

【点睛】本小题主要考查新定义概念的理解和运用，考查函数的单调性，属于难题.

12.14

177

【详解】4]=C；(2%3产(_尤力丘=(_1)仙274c.)匕，令21-万无=0/=6,则展开式

中得常数项为(T)6X2XG=14.

【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项.根据通项公式

7；+i=C；"fZ/,根据所求项的要求，解出厂，再给出所求答案.

13.'\/10/|Q2

【分析】设母线长为/,甲圆锥底面半径为小乙圆锥底面圆半径为马，根据圆锥的侧面积

公式可得4=2々，再结合圆心角之和可将小々分别用/表示，再利用勾股定理分别求出两圆

锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】设母线长为/,甲圆锥底面半径为心乙圆锥底面圆半径为4，

答案第6页，共14页

S甲_兀？/_4

则=2,所以4=2马,

S乙兀弓/々

e2兀〃2兀心与_,r+r>.2,1

又一^+—^=2兀，则-^^=41,所以"=§/，G=§7/，

所以甲圆锥的高4=厂#=彳/,

乙圆锥的高％=小尸一!尸=手I,

%=轲%

所以

“乙］四

故答案为：Vio.

14.G

【分析】先证明/(x+l)+〃—x+l)=2,进而可得3/+2/_4=2,设x+y=L则直线

x+y=：与椭圆3/+2/=6有交点，联立方程，则AWO,即可得解.

【详解】由题意，/(x)=x3-3%2+3x+2x-l-2-x+l=(x-1)3+2x-l-2-x+l+1,

则/(x+l)+/(f+1)=2,又/(3尤2)+/(2/—4)=2,

所以3x2+2j2—4=2,即3x2+2y之=6,

设x+y=/，则直线1+y=/与椭圆3/+2y2=6有交点,

,、［x+y=t,

联乂{2。2乙，得5/一4比+2/-6=0,

\3x+2y=6

则△=16/一20(2产-6”0,解得一&VY币,

所以1+丁的最大值为6.

故答案为：6

15.(1)证明见解析

【分析】(1)借助线面垂直的性质可得AO,小’由正三角形及中点的性质可得°E=〈AE'

答案第7页，共14页

TT

即可得/AEO=1,从而可得是正三角形，即可得证；

(2)建立适当空间直角坐标系，求出两平面的法向量后借助夹角公式计算即可得解.

【详解】(1)证明：因为平面BCD,且£>Eu平面BCD,所以

因为.ABC,88为等边三角形，且E为BC的中点，所以钻=近，

又因为。为DE的中点，所以=

2

1TT

所以cos/AEO=-,所以/AEO=-,

23

所以△AED是正三角形，所以">=DE,

(2)以0为坐标原点，直线0E为x轴，过点。且与3c平行的直线为>轴，

直线。4为z轴建立的空间直角坐标系如图所示：

设DE=2,则A(o,o,⑹,2,C,0(-1,0,0),

r2/3、<9/3、

所以AB=1,-三-，-有，AC=-若,A£>=(-1,0,-73),

设平面AB£>的法向量为〃z=a，X，zJ,

西-¥/-"|=。，取4=

m-AB=0

则，即1,得％=—y/3,%=-3,

m-AD=0

一玉—^/3z1=0

设平面ACD的法向量为〃=(超,%,Z?),

一273

n-AC=QX?-\---------%——0

则,即《3一取=1,得=-^3,%=3,

n-AD=0

-%2-=0

答案第8页，共14页

所以〃=卜括,3,1).

设二面角C-AD-8的平面角为6,

illI|相.司13—9+115

贝I]|cosq=|cos机㈤=即=,+9+i.g+9+i=H'

所以二面角C—45—3的正弦值sine=Jl-cos/=E.

16.(1)AC=3忘

(2)3g.

【分析】（1）在-ABC、ACD中分别利用余弦定理表示出AC?,再由四点共圆得到

cosZADC=-cosZABC,即可求出AC；；

Iq

（2）由（1）可得cosNADC—cosNA3C=—,再由面积公式得到$由44。。+5由445。=一,

44

i+q2

将两式平方再相加得到2-2cos（/ADC+/ABC）=1『，结合余弦函数的性质计算可得.

【详解】（1）在-ABC中，由余弦定理得：AC2=AB2+BC2-2AB-BCcos^ABC

=8+8—2x8-cos/MC=16-16cos^ABC,

在.ACD中，由余弦定理得：AC2=AD2+CD2-2ADCDcosZADC

=16+4—2x8-cos/ADC=20—16cos/ADC,

因为A,8,C,O四点共圆，所以NABC+NADC=7T,因此cos/ADC=—cos/ABC,

上述两式相加得：2AC2=36，所以AC=3后(负值已舍去).

(2)由(1)得：16—16cosZABC=20—16cosZADC,

化简得cosZADC-cosZABC=-,

4

则cos2ZADC-2cosZADCcosZABC+cos2ZABC=-1-①，

16

四边形ABCD的面积S=JAB-BCsinNABC+-AD-CDsinZADC

22

=-x2忘x2在sinNABC+-x2x4sin^ADC

22

=4(sin/仞C+sin/ABC),

q

整理得sinZADC+sinZABC=-,

4

答案第9页，共14页

,2

贝i|sin2ZADC+2sinNADCsinZABC+sin2ZABC=—②

16

1+52

①②相加得:2-2(cosZADCcos/ABC-sin/ADCsinZABC)

16

1+S2

即2-2cos(ZADC+ZABC)=

16

由于0<ZADC<兀,0<NA3C<兀，

所以当且仅当/AT)C+/AfiC=7r时，85(/4£^+/4次?)取得最小值-1,

此时四边形ABCD的面积最大，由二'=4,解得S=3j7,

16

故四边形ABCD面积的最大值为3救.

17.(l)y=x-2

2a+b

(2)存在,%=丁

【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；

(2)借助导数祭计算可得函数的极值点为。，匕^,零点为力，结合等差数列定义计算即

可得解.

【详解】(1)当。=1力=2时，/(X)=(X-1)2(X-2),

贝0/'(%)==(%_1)(3%—5),故制2)=],

又/⑵=0,所以曲线y=/("在点(2,0)处的切线方程为y=x-2；

(2)1(x)=2(%一〃)(元一/7)+(%一〃)2=3(冗一〃)(卜_a[2b

q-r7“a+2b

由于。<b,故---,

令了々R>0,解得X<。或x>^^；令r(x)<0,解得

可知y=/(x)在、匕”]内单调递减，在(-双。)，(匕改，+，|内单调递增,

所以的两个极值点为》=〃,无=%^,

-、儿a+2b

不妨设玉=。,％2=--一

因为退中士且W是“X)的一个零点，故无3=b.

答案第10页，共14页

a+2ba+2b

又因为------a

3

1a+2b2a+b

故玉Cl+

233

此时“，出了,彳,。依次成等差数歹u,

所以存在实数Z满足题意，且匕=2里.

18.(1)1

⑵E(X)=4

呜

【分析】（1）由题意可知甲连续得2分，或乙连续得2分比赛结束，再利用独立事件和互斥

事件的概率公式可求得结果；

（2）由题意可知X的可能取值为所有正偶数2,4,6,..,2匕..（AeN*）,然后根据题意分别求

出相应的概率，表示出期望后，再利用错位相减法可求得结果；

（3）设再打,个球比赛结束且甲获胜的概率为％22）,当"为奇数时，

P"+2=：P"，S奇=。3+化+…+P"，当"为偶数时，Pn+2=^pn,S^=p2+p4+...+pn,则可求

得甲获胜的概率与+S假.

【详解】（1）10:10平后，设事件4="第i个球甲得分”，则耳="第i个球乙得分”，

设河="再打两球该局比赛结束"，则M=A[A2+4A,

所以尸（"）=尸（44+石）=尸（4）尸（4）+尸闾尸闾=gxg++g=g.

（2）X的可能取值为所有正偶数2,4,6,,2k,（々eN*）,

考虑第2k-1个球与第兼个球化=1,2,3,）,如果这两球均由甲得分或均由乙得分，则比赛

结束：如果这两球甲、乙各得1分，

则比赛相当于重新开始；这两球甲、乙各得1分的概率为l-P（M）=g,

所以P（X=2）=P（M）=j,

答案第11页，共14页

P（X=6）=]

I28

尸11

P（X=2Z:）=1I

所以E（X）=2xg+4x：+6x：++2kx^+

t己&=2X：+4X*+6X£++2GXJ

则夫=2x:+4x）+6x：++

以上两式相减得=l+2xg+2xg+2xg++2xg—2%x/万

l-±

（2+左）

=.12+12^1+2^++而1*7*1=寸2J-*1=c2-

2k

1-----

2

所以&=4一等，

当％趋于+8时，耳趋于4,所以E（x）=4.

（3）设再打几个球比赛结束且甲获胜的概率为p„（n>2）,

r,211121

则Pl=]X]=§，P3=x-=一

3239

1

9n-1、

当〃为奇数时，12

==/'Sc毒=2+2+…+%=

15

67

n、

,2

1-

3〃、

当〃为偶数时，1I2

%+2=§P“，“c=P?+P4+…+2=71

2I

7

n-l\n、

21,2

所以该局比赛甲获胜的概率S奇+3偶=西1-+—1-