2024届山东省济南市高三二模数学试卷及答案

这是一份2024届山东省济南市高三二模数学试卷及答案，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题（本大题共8个小题，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．已知集合，则的元素个数为（ ）
A．B．C．D．
2．函数的图象为曲线C，斜率为k的直线l经过点，则“”是“l是C的切线”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
3．盲盒里有大小、形状完全相同的个绿球，个红球，现抛掷一枚均匀的骰子，掷出几点就从盲盒里取出几个球．则取出的球全是绿球的概率为（ ）
A．B．C．D．
4．已知，，且，则（ ）
A．4B．5C．7D．8
5．若正项等比数列的前n项和为，且，则的最小值为（ ）
A．10B．15C．20D．25
6．已知函数的最小正周期为，若，则的值按从小到大的顺序排列，得到数列，则（ ）
A．B．C．D．
7．在空间中，到一定点的距离为定值的点的轨迹为球面，已知菱形ABCD的边长为2，，P在菱形ABCD的内部及边界上运动，空间中的点Q满足，则点Q轨迹所围成的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线相切于点（异于坐标原点），与轴交于点，若，，则向量与的夹角为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．）
9．已知角的终边过点，则（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，两个正四棱锥和的底面重合，顶点位于底面两侧，且平面平面．设直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，直线与所成角为，则（ ）
A．B． C．D．
11．我国著名数学家华罗庚先生说：“就数学本身而言，是壮丽多彩､千姿百态､引人入胜的……认为数学枯燥乏味的人，只是看到了数学的严谨性，而没有体会出数学的内在美.”图形美是数学美的重要方面.如图，由抛物线分别逆时针旋转可围成“四角花瓣”图案（阴影区域），则（ ）
A．开口向下的抛物线的方程为
B．若，则
C．设，则时，直线截第一象限花瓣的弦长最大
D．无论为何值，过点且与第二象限花瓣相切的两条直线的夹角为定值
三、填空题（本大题共3个小题，每小题5分，共15分．）
12．已知单位向量的夹角为，向量，若，则 .（写出一个可能值）
13．已知动点P，Q分别在圆和曲线上，则的最小值为 ．
14．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互质的正整数的个数，例如：，，则 ；若，则的最大值为 ．
四、解答题
15．（13分）已知点在椭圆上，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过作直线交椭圆于另一点，求的面积的取值范围.
16．（15分）如图，四棱锥中，，，．
(1)证明：；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．
17．（15分）在游戏中，玩家可通过祈愿池获取新角色和新武器．某游戏的角色活动祈愿池的祈愿规则为：①每次祈愿获取五星角色的概率；②若连续次祈愿都没有获取五星角色，那么第次祈愿必定通过“保底机制”获取五星角色；③除触发“保底机制”外，每次祈愿相互独立．设表示在该祈愿池中连续祈愿直至获取五星角色为止的祈愿次数．
(1)求的概率分布；
(2)求的数学期望（保留小数点后两位）．
参考数据：．
18．（17分）在凸四边形中，记，四边形的面积为S．已知．
(1)证明：；
(2)设，证明：；
(3)若，求四边形面积的最大值．
19．（17分）材料一：有理数都能表示成，（，且，s与t互质）的形式，进而有理数集可以表示为{且，s与t互质}.
材料二：我们知道．当时，可以用一次多项式近似表达指数函数，即；为提高精确度.可以用更高次的多项式逼近指数函数．
设对等式两边求导，
得
对比各项系数，可得：，，，…，；
所以，取，有，
代回原式：．
材料三：对于公比为的等比数列，当时，数列的前n项和.
阅读上述材料，完成以下两个问题：
(1)证明：无限循环小数3.7为有理数；
(2)用反证法证明：e为无理数（e＝2.7182^为自然对数底数）．
参 考 答 案
1．C
【详解】当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，当时，，
，可知以上四种情况循环，故集合，的元素个数为3.
故选：C
2．A
【详解】设直线l与曲线C相切的切点为，由，求导得，
则，直线l的方程为，
而直线l经过点，因此，解得或，则或，
显然点在曲线C上，曲线C在点处切线的斜率，切线方程为，
因此经过点且斜率的直线l是曲线C的一条切线，
所以“”是“l是C的切线”的充分不必要条件.
故选：A
3．B
【详解】设“取出的球全是绿球”，“掷出点”，则，
又因为从盲盒里每次取出个球的所有取法是，即基本事件总数为，
而从袋中每次取出个绿球的所有取法是，即事件所含基本事件数为，
所以掷出点，取出的球全是绿球的概率为，
所以，.
故选：B.
4．A
【详解】的通项公式为，
二项式的展开式中项的系数为，
项的系数为，
，，
即，即
，（负值舍），
故选：A.
5．C
【详解】因为是正项等比数列，，即，
所以，，也是等比数列，且，
所以，
则，
当且仅当，即取等号，所以的最小值为，故C正确.
故选：C.
6．D
【详解】由题意，函数，
因为函数的最小正周期为，所以，即，所以，
则，
因为，所以，分别为的最大值和最小值，
不妨设为最大值，为最小值，
则，，
所以，
所以，
所以取时，，取时，，
所以.
故选：D.
7．D
【详解】根据题意可知Q的轨迹所围成的几何体截面图（过平面ABCD），如图所示，
其中ABEF，ADHG，CDIJ，BCKL区域内的几何体为半圆柱，
它们的高为2，底面半径为1，体积为；
AFG，BEL，CKJ，DHI区域内的几何体为球的一部分，球心分别为A，B，C，D，
半径为1，，，
，
所以这四个区域的几何体组成一个半径为1的完整的球，体积为；
而ABCD区域内的几何体为棱柱，高为2，体积为，
所以Q的轨迹所围成的几何体体积为，
故选：D．
8．B
【详解】设点，抛物线对应的函数为，求导得，
所以，直线的斜率为，则直线的方程为，
即，
在直线的方程中，令，可得，即点，
由已知可得，解得，故抛物线的方程为，
则，
，，
所以，，，
所以，，
因为，故.
故选：B.
9．ABD
【详解】因为角的终边过点，
所以，，，
所以，
，故A和B正确，
因为，
所以，即角的终边位于第一象限或第三象限，
所以，但或均满足题意，故C错误，
由，得，
解得（舍去）或，故D正确.
故选：ABD
10．ACD
【详解】如下图所示：
设正方形的中心为．
因为和都是正四棱锥，所以平面，平面．
所以三点共线，四点共面．
由线面角定义知，
如下图在平面四边形中，

易知，，即，
由线线角定义知，所以A正确，B错误；
如图，取的中点，连接，则，，
所以是二面角的一个平面角，
因为平面面，所以，
设，则，所以，
因为，所以，所以C正确；
因为tanα+β=tanα+tanβ1-tanαtanβ=h12+h221-h22⋅h12=2h1+h2≥22h1h2=22>3，
又，所以，所以D正确．
故选：ACD
11．ABD
【详解】对于A，因为抛物线的焦点为，
若抛物线逆时针旋转，则开口向下，焦点为，
故开口向下的抛物线方程为：，故A正确；
对于B，由题意可知，关于轴对称，
因为，设，所以，，
因为点在抛物线上，所以，
所以，即，所以，
由在抛物线上，所以，解得，故B正确；
对于C，当，由得，所以，
由题意直线截第一象限花瓣弦长为，，
所以，令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以当时，函数取到最大值，故C错误；
对于D，由得，
过第二象限的两抛物线分别为：①，②，
对于①，，则，设切点坐标为，
所以过点的切线方程为：，
将点代入得，解得，
因为，故，
所以切线的斜率为，故无论为何值，切线斜率均为，其与直线的夹角为定值，
由题意可知，与关于直线对称，
故过点的两切线也关于直线对称，故的切线与直线的夹角为定值，
即无论为何值，过点且与第二象限花瓣相切的两条直线的夹角为定值，故D正确.
故选：ABD
12．（或，答案不唯一）
【详解】由题意，
所以，所以只能取或.
故答案为：（或，答案不唯一）.
13．
【详解】由题意得，即圆心在上，半径为，
故的最小值等于的最小值减去半径，
设，由于与关于对称，
的最小值等于到直线的距离的最小值的2倍，
由，可得，令，解得，
故在点处的切线与平行，此时到的距离最小，
最小值为，
故的最小值为，
则的最小值等于.
故答案为：
14． 4
【详解】由题设，则中与8互质的数有，共4个数，故，
在中，与互质的数为范围内的所有奇数，共个，即，
所以，则，
当时，当时，即，
所以的最大值为.
故答案为：4，
15．(1)
(2).
（2）讨论直线斜率存在和不存在的情况，存在时设直线方程，联立椭圆方程，可求得A点坐标的表达式，从而求得的表达式，再求出原点到直线l的距离，即可求得的面积的表达式，结合k的取值范围，即可求得答案.
【详解】（1）由题意可得，解得：，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，则点的坐标为，
则.
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线的方程为，
（时，三点共线）
设，
由，消去得，
由已知得，则，
结合题意得，
则，
，
而原点到直线的距离为，
所以，
因为，所以且，且，
所以，从而，
综上可知，的面积的取值范围为.
16．(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）取的中点，连接，，，
因为，，
所以△和△都是等边三角形，
所以，，，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，所以，所以.
（2）由（1）知，，则二面角的平面角为，，
且平面，平面，所以平面平面，平面平面，
在平面内作交于点，所以平面，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，则，得，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．(1)
(2)
【详解】（1）解：将每次祈愿获取五星角色的概率记为，的所有可能取值为、、、、．
则，，，，
，，
所以的概率分布为.
（2）解：的数学期望EX=1×PX=1+2×PX=2+3×PX=3+⋅⋅⋅+90×PX=90
，①
1-p0EX=1×1-p0p0+2×1-p02p0+3×1-p03p0+⋅⋅⋅+90×1-p090，②
①②得，
，
，
因为，所以．
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）解：设．在和中，
由余弦定理得：．
整理得．
因为，所以,
代入上式得．
（2）连接，和的面积分别为．如图示：
因为，所以,
从而．
所以
．
所以，．
（3）由（2），当时，,即,
而．其中，．
方法一：设．
则．
当时，；当时，．
则在单调递增，在单调递减．
所以，所以,等号成立条件是，此时．
综上，四边形面积的最大值是．
方法二：根据均值不等式，
．
等号成立条件是,即,此时．
综上，四边形面积的最大值是．
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）
，
当时，，故为有理数．
（2）由题可得，，
取，有，
假设e为有理数，不妨令（，且，s与t互质），
等式两边同乘t!得：，
易得，为正整数，也为正整数，
则亦为正整数，
但
，不可能为正整数，矛盾，
所以e为无理数．