2024年山东省春季高考济南市第二次模拟考试数学试题（含答案解析）

2024年山东省春季高考济南市第二次模拟考试数学试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.已知集合/="|-1<尤<6},3="|20<3},则（）

A.BeAB.B^AC.4=BD.A=B

2.下列命题是真命题的是（）

A.5>2且7>8B.3>4或3<4

C.9<7D.方程--3x+4=0有实根

3."〃?=""是"同=同"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。<6<0,则下列不等式成立的是（）

11—

A.a1<b2B.a+b<b+cC.LZD-HH

5.如图所示，48是半圆。的直径，点尸从点。出发，沿。4―弧48—3。的路径运动一

周，设点P到点。的距离为s,运动时间为则下列图象能大致地刻画s与t之间的关系的

是（）

6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧面积是（）

试卷第1页，共6页

A.2兀B.4兀C.6兀D.8兀

7.下列四组函数，表示同一函数的是（)

2

A.f(x)=x,g(无)=>B.f(x)=E，g(x)=x

C./(无)=国，g(x)=-xD./(x)=x+l,g(^)=Z+1

8.函数曲线V=10glix+1恒过定点（）

A.(0,1)B.(1,2)C.(1,1)D.(1,0)

9.已知等差数列｛叫的前〃项和为S”，且为+%=-10，久=-42,贝w。=（）

A.6B.10C.12D.20

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

37

卡”的概率是历，那么概率为伍的事件是（）

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，，，加，〃是不同的直线，下列命题不能推导出线面垂直的是

A.若a!甲,…,贝

B.若机//〃,机_Lc,则"J_a

C.若=则加_L£

D.若/J_加,/_L%加uu/，贝!|/_1_夕

12.已知向量5=（3,0）,3=（0,3）,则值与的夹角等于（）

A.30°B.45°C.60°D.135°

4

13.已知sintz=《，a是第一■象限角，且tan（a+£）=l,贝!Jtan/?的值为（）

试卷第2页，共6页

331

A.——B.-cD.-

44-47

14.在平面直角坐标系xQy中，已知尸（-2,4）、。（2,6）两点，若圆“以尸。为直径，则圆”

的标准方程为（）

A./+(>+5『=5B.JC2+(J；-5)2=5

C./+(y+5『=25D./+(y-5)2=25

15.函数/'(x)=2sin(2x+0)|0<（P<的图象如图所示，现将y=/（x）的图象各点的横坐标

伸长到原来的2倍，纵坐标不变，所得图象对应的函数为（）

B.y=2sin[x+EC.^=2sinl4x+-1

D.y=2sin[x+]

16.下列约束条件中，可以表示如图所示区域（阴影部分）的是)

yix-y+l-O

y-l=O

y-1〉oJ-l<0

A.B.

x—y+120x-j+l<0

y-i<oy-1>0

C.D.

x-y+l>0x—y+lVO

17.二项式（2x3-工）8的展开式的常数项是（）

A.-112B.112C.-122D.122

18.在VN8C中，若sin3=2sin/cosC,那么V/3C一定是()

A.等腰直角三角形B.等腰三角形

试卷第3页，共6页

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/=4x,直线/:*+、+£=0,抛物线上一动点P到直线/的距离

的最小值为（）

A.,B.2-272C.472-4D.

二、填空题

21.过直线x+y+l=0和3x-y-3=0的交点，倾斜角为45。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.

试卷第4页，共6页

22_____

25.已知椭圆］+\=1的焦点分别是片，点M在椭圆上，如果加•丽=0,那么

点W到x轴的距离是.

三、解答题

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x（千米/时）满

足下列关系：、=工++〃（加，”是常数，X2o）.根据多次实验数据绘制的刹车距离y

200

（米）与汽车的车速X（千米/时）的关系图，如图所示.

（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｛%｝,但｝中，4=4,4=-2,｛%｝是公差为1的等差数列，数歹式凡+4｝是

公比为2的等比数列.

⑴求数列低｝的通项公式；

⑵求数列低｝的前”项和配

28.记V/BC的内角/,B,C的对边分别为a,b,c,已知acosB+bcosN+ZccosCu。.

⑴求C；

⑵若6=4,c=2近,求VA8C的面积.

29.如图所示，直三棱柱48C-48£,各棱长均相等.。，E,尸分别为棱48,BC,4G

试卷第5页，共6页

(1)证明：平面4。，平面//Bq；

(2)求直线EF与4A所成角的正弦值.

30.已知双曲线的中心为坐标原点O,点尸(2,一板)在双曲线上，且其两条渐近线相互垂直.

⑴求双曲线的标准方程；

(2)若过点。(0,2)的直线/与双曲线交于£,厂两点，A。斯的面积为2c，求直线/的方程.

试卷第6页，共6页

参考答案:

题号12345678910

答案BBADCBDCBA

题号11121314151617181920

答案DBCBDCBBBD

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，-----O----------1一A,

-10236X

所以8=/.

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,5〉2为真命题，7〉8为假命题，故5>2且7〉8为假命题，

对于B,3>4为假命题，3<4为真命题，所以3〉4或3<4为真命题，

对于C,947为假命题，

对于D,A=9—4x4<0,故方程、2_3x+4=0没有实数根，故D错误，

故选：B

3.A

【分析】分别判断充分性及必要性即可.

【详解】充分性：由加=〃得网=同；必要性：由同=同得加=土〃,故“冽=〃”是“网=同

的充分不必要条件.

故选：A

4.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,由于力〉",故A错误，

对于B,由于〃，。关系不确定，故。+6<b+c不一定成立，故B错误，

对于C,由于。<6<0,所以一>7,C错误，

ab

....11

对于D,由于则问>例>0,故同<回，D正确，

答案第1页，共12页

故选；D

5.C

【分析】点P在。4段运动时和点P在3。上运动时，s,，之间是线性关系，点p在弧48上

运动时，S=OP3B(定值)，即可结合选项求解.

2

【详解】当点尸在CM段运动时，s随/的增大而匀速增大，

点尸在弧43上运动时，s=OP=-AB(定值)，

2

点p在8。上运动时，s随着r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1,高为2,

因此，该圆柱的侧面积为27txix2=4n.

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“X)的定义域为R,g(x)的定义域为卜上片0},

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,/«,g(x)的定义域都为R,因为y(x)=JF=|x*g(x),

所以两函数不是相等函数，所以B错误；

对于C,〃X),g(x)的定义域都为R,因为y(x)=W={'—C与g(x)=T解析式不同，

[—x,x<U

所以这两个函数不是相等函数，所以C错误；

答案第2页，共12页

对于D,因为/■(x),g«)的定义域都为R,且对应关系相同，所以/(尤),g«)是相等函数,

所以D正确，

故选：D

8.C

【分析】由对数函数的性质可求解.

【详解】因为对数函数y=k)g“x恒过点(1,0),

所以函数曲线y=log.x+1恒过点(LD.

故选：C

9.B

【分析】设等差数列｛%｝的公差为〃，根据题设条件可得出关于叫、1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凡的值.

【详解】设等差数列｛%｝的公差为d,贝！］%+%=%+24+%+44=2%+6d=-10,

6x5

=6。]H——-d=6〃]+15d=-42,

2q+6d〃=—10解得[u,=—17

所以,6%+15=-42'1d=4

所以，鸟0=10。]+^—d=10%+454=10x(-17)+45x4=10,

故选：B.

10.A

73

【解析】概率2的事件可以认为是概率为总的对立事件.

3

【详解】事件“2张全是移动卡”的概率是京，由对立事件的概率和为1,可知它的对立事件

的概率是木，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a///,/，/,贝A是正确的;

答案第3页，共12页

由线面垂直的判定定理可知，若ml,则"_La,B正确；

由面面垂直的性质定理可知，若a1=,则机_L6，C正确;

只有犯〃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）=（3,0）,彼=（0,3）可得1-B=（3,-3）,

41

T

由于兀］,所以（a,3-5）=45。,

故选：B

13.C

【分析】利用同角三角函数关系可求得tana,由两角和差正切公式可求得结果.

4

sina54

【详解】Qc为第一象限角，,COSC=VT「.tana=

5coscr33

5

1一4

八rz,-1tan(a+Q)—tana

/.tanB=tan(a+B)-a=---------J-----二3

LV'Jl+tan(«+/7)tana73-7

3

故选：c.

14.B

【分析】求出圆心M坐标以及圆的半径，即可得出圆M的标准方程.

【详解】因为圆“以《心为直径，所以圆心”的坐标为（0,5）,

半径为=^/（0-2）2+（5-6）2=6,

，圆M的标准方程为尤2+（了-5）2=5.

故选：B.

15.D

【分析】代入点2）结合0＜。＜］解得：0=］,再根据函数图象变换得到解析式.

答案第4页，共12页

【详解】由图可知，了=〃尤)过点白2,故2sinG+M=2,因为。<0<g,解得：甲=三,

[12J623

将/(x)=2sin[2x+：]的图像各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得

y=2sm|x+§J.

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】阴影部分表示直线了-1=。以下的部分(不包括直线)，直线x-y+l=O右下的部

[y-l<0

分(包括直线)，故可用.表示，

故选：C

17.B

【分析】根据二项式展开式的通项公式可得通项为(T)'2Vq铲一“，令24-4厂=0计算即可求

解.

【详解】(2/-S'展开式的通项公式为7(2/y(一与=(一1)，21中—(0<r<8,reZ),

Xx

令24-47=0,解得r=6,

所以(2/一与展开式的常数项为(-l)628-6Cf=112.

X

故选：B

18.B

【分析】利用两角和与差公式化简原式，可得答案.

【详解】因为sinB=2sin/cosC,

所以sin(Z+C)=2sin4cosC

所以sin4cosC+cos4sinC=2sinAcosC

所以sin4cosC—cos/sinC=0

所以sin(4-C)=0,

所以4—C=0,

所以4=C.

所以三角形是等腰三角形.

故选：B.

答案第5页，共12页

【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】利用方程设点尸］4,为），利用点到直线的距离公式计算距离求最值即可.

【详解】设抛物线上的动点尸［手,凡），为©R,

故选：D.

21.y=x-2

【分析】联立直线求解交点，即可根据点斜式求解直线方程.

13

【详解】联立x+y+l=0与3尤_y_3=0可得x==

故交点为［；,-|）,倾斜角为45。，所以斜率为1,

答案第6页，共12页

故直线方程为了+；3=尤_万1，即y=x-2,

故答案为：尸》-2

22.兀

【分析】根据轴截面可得OP=1,04=6,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N4Po=60。，

又尸/=2,所以。尸=l,0/=V5,

故圆锥的体积为:兀。?=；兀乂(百)X1=7T,

故答案为：兀

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：46

25.V3

【分析】设从而根据片MM=0可得/+/-4=0,联立椭圆的方程可解出3的

值，从而得出点”到无轴的距离.

【详解】由椭圆方程得，耳(0,-2),g(0,2),设"(xj),

答案第7页，共12页

则：F\M=(x,y+2),礴=(x,y-2);

由砸•可=0得：x2+y2-4=0(1)；

22

又点M在椭圆上，可得上+匕=1(2)；

26

(1)(2)联立消去必得，r=3；即3=6；

故点M到X轴的距离是6.

⑵行驶的最大速度为70千米/时.

【分析】⑴把点(4。“，(6。/8.6)代入函数"元+…〃解析式'求解叫〃的值即可;

(2)令/《25.2求出x的取值范围即可.

【详解】⑴由图象可知，点(…，网/&6)在函数尸篇+”+〃图象上,

402

------F40加+〃=8.41

200m=--

解得100,

602“1°,

------F60加+及=18.6n=0

1200

〃=0；

(2)4—+—<25.2,WX2+2X-5040<0,

200100

解得-72VxV70,

X'--x>0,r.0V尤V70,

即行驶的最大速度为70千米/时.

27.⑴"=2"-〃-3

答案第8页，共12页

(2)7；=2,,+1-----2

22

【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｛%+b„]的通项公式，即可计算出数列也,｝的通项公式；

(2)根据数列也,｝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1.

【详解】(1)由题意，可得。〃=4+5-1)乂1="+3,

故里,=〃+3,〃eN*,

・・•数歹U0+，｝是公比为2的等比数列，且为+4=4-2=2,

:.a„+b„=2-2"-'=2",

bn=2"-an=2"-n-3,〃eN*.

(2)由题意及(1),可得仇=2"-(〃+3),

则q=t>i+b2+b3+---+bn

=(2'-4)+(22-5)+(23-6)+---+[2"-(w+3)]

=(2'+22+23+…+2”)-[4+5+6+-+(〃+3)]

2(1-2-)(〃+7)“c用n2In、

~-―一1=2-y-y-2.

28.(1)C1

(2)2A/3

【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。值，然后利用面积公式求解即可.

【详解】(1)由正弦定理得sinZcosB+sin5cosZ+2sinCcosC=0,

得sinAcos5+sin8cosA=sin(4+5)=sinC=-2sinCcosC.

因为。€(0,乃)，所以sinCwO,所以cosC=-；,即C=予.

(2)由余弦定理得c?=/+〃一①bcosC,得a?+4〃-12=(a+6)(a-2)=0,

答案第9页，共12页

所以。=2,故VABC的面积为,<26sinC=—x2x4x^-=2^3.

222

29.(1)证明见解析

⑵乎

【分析】(1)由题意可证得在直三棱柱中，ML平面/3C,可得

进而可证得CD±平面4BBH,即证得平面AXCD1平面AXABBX；

(2)由题意可证得跖///Q,即可得直线环与所成的角，在中，可求出/

的正弦值，进而求出于直线跖与4月所成的角.

【详解】(1)证明：由题意在等边三角形N8C中，。为的中点，所以CDL/3,

在直棱柱中，平面NBC,COu平面48C,所以44]_LCD,

而/4口相=月，/4，/8u平面,

所以CD_L平面4BB4,

又因为CQu平面4。，

所以平面4C。，