2024年山东省青岛二中高考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省青岛二中高考数学二模试卷（含详细答案解析），共17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。
1.已知集合M={1,2,3}，N={0,1,2,3,4,7}，若M⊆A⊆N，则满足集合A的个数为( )
A. 4B. 6C. 7D. 8
2.抛物线C：y=6x2的焦准距是( )
A. 112B. 16C. 3D. 6
3.在正三棱台ABC−A1B1C1中，已知AB= 3,A1B1=2 3，侧棱AA1的长为2，则此正三棱台的体积为( )
A. 212B. 74C. 214D. 72
4.(x2lg83− lg92x)6展开式的常数项为( )
A. 512B. −512C. 136D. −136
5.已知cs(α+β)csγ−csαcs(β+γ)=13，则sinαsin(β+γ)−sin(α+β)sinγ=( )
A. −16B. −13C. 16D. 13
6.为了解某中学学生假期中每天自主学习的时间，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现抽取高一学生40人，其每天学习时间均值为8小时，方差为0.5，抽取高二学生60人，其每天学习时间均值为9小时，方差为0.8，抽取高三学生100人，其每天学习时间均值为10小时，方差为1，则估计该校学生每天学习时间的方差为( )
A. 1.4B. 1.45C. 1.5D. 1.55
7.已知函数f(x)满足对任意的x，y∈(−1,1)且xb>c，x，y，z为自然数，则满足xa−b+yb−c+zc−a>0恒成立的x，y，z可以是( )
A. x=1，y=1，z=4B. x=1，y=2，z=5
C. x=2，y=2，z=7D. x=1，y=3，z=9
11.已知椭圆C：x29+y2b2=1(00，
不等式xa−b+yb−c+zc−a>0，即xa−b+yb−c>za−c
将a−c=(a−b)+(b−c)代入，整理得[(a−b)+(b−c)](xa−b+yb−c)>z，
因为[(a−b)+(b−c)](xa−b+yb−c)=x+y+x(b−c)a−b+y(a−b)b−c≥x+y+2 xy=( x+ y)2，
当且仅当x(b−c)a−b=y(a−b)b−c时，即xy=(a−bb−c)2时，取等号．
若xa−b+yb−c+zc−a>0恒成立，即xa−b+yb−c>za−c恒成立，则必须( x+ y)2>z，
对于A，x=1，y=1，z=4时，( x+ y)2=4=z，故A项不正确；
对于B，x=1，y=2，z=5时，( x+ y)2=3+2 2>z=5，故B项正确；
对于C，x=2，y=2，z=7时，( x+ y)2=8>z=7，故C项正确；
对于D，x=1，y=3，z=9时，( x+ y)2=4+2 30等价于[(a−b)+(b−c)](xa−b+yb−c)>z，利用基本不等式求最值，算出不等式左边的最小值是( x+ y)2，因此满足xa−b+yb−c+zc−a>0恒成立的x、y、z，必须满足( x+ y)2>z，由此对各项加以验证即可得到本题的答案．
本题主要考查不等式的性质、利用基本不等式求最值等知识，考查了计算能力、逻辑推理能力，属于中档题．
11.【答案】AB
【解析】解：如下图所示：
易知a=3，由椭圆定义可知|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=12，
因为|AF2|+|BF2|≤8恒成立，所以|AB|≥4，
当AB⊥x轴，即|AB|为通径时，|AB|最小，所以|AB|min=2b2a=4，
解得b= 6，所以A正确；
当|AB|为长轴时，|AB|最大，此时|AB|=2a=6，所以|AB|∈[4,6]，即B正确；
由上可得椭圆方程为C:x29+y26=1，易知C= a2−b2= 3，所以离心率e=ca= 33，即C错误；
因为F1(− 3,0)，可设直线l的方程为x=my− 3,A(x1,y1),B(x2,y2)，
联立x=my− 3x29+y26=1，整理可得(2m2+3)y2−4 3my−12=0，
因此y1+y2=4 3m2m2+3,y1y2=−122m2+3，
若OA⊥OB，可得OA⋅OB=0，即x1x2+y1y2=0，所以(m2+1)y1y2− 3m(y1+y2)+3=0，
整理得6m2+1=0，此时方程无解，因此D错误．
故选：AB.
根据椭圆定义利用通径长可求得b= 6，由椭圆性质可得|AB|∈[4,6]，且离心率e= 33，联立直线和椭圆方程可知当OA⊥OB，方程无解，因此D错误．
本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
12.【答案】π4
【解析】解：复数1+i与3i在复平面内用向量OA和OB表示，
则OA=(1,1)，OB=(0,3)，
设OA与OB夹角为θ，θ∈[0,π]，
则csθ=OA⋅OB|OA||OB|=3 2×3= 22，解得θ=π4.
故答案为：π4.
根据已知条件，结合复数的几何意义，以及平面向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，以及复数的几何意义，属于基础题．
13.【答案】−2 55
【解析】解：函数g(x)=cs2x的图象上的每个点横坐标不变，纵坐标扩大为原来的2倍，
得到函数y=2cs2x的图象，
再将所得图象向右平移π4得到函数h(x)=2cs2(x−π4)=2sin2x的图象，
因为函数y=g(x)与函数y=h(x)+1的图象交于点(α,g(α))，
所以g(α)=h(α)+1，即cs2α=2sin2α+1，
所以1−2sin2α=4sinαcsα+1，
因为α∈(−π2,0)，所以sinα0，
所以−sinα=2csα，
因为cs2α+sin2α=1，
解得sinα=−2 55，csα= 55.
故答案为：−2 55.
由题意及三角函数的图象变换可得h(x)=2sin2x，由已知条件可得cs2α=2sin2α+1，结合二倍角公式及同角三角函数的平方关系式求解即可．
本题考查三角函数图象的变换，考查二倍角公式和同角三角函数的关系，属于中档题．
14.【答案】(0, 5)
【解析】解：如图，
弧E的中点为M，
弧E所对的圆周角为2π5，弧E所对的圆心角为4π5，
圆O的半径为OM=1，
在弧E上取两点A、B，则∠AOB≤4π5，
分别过点A、B作圆O的切线，并交直线OM于点D，
当过点A、B的切线刚好是圆O与圆C的外公切线时，劣弧AB上一定还存在点S、T，使过点S、T的切线为两圆的内公切线，
则圆C的圆心C只能在线段MD上，且不包括端点，
过点C，分别向AD、BD作垂线，垂足为R、P，
则CR即为圆C的半径，
此时圆O与圆C皆满足题意：弧E上存在四点A、B、S、T，过这四点作圆O的切线，这四条切线与圆C也相切，
线段OC交圆C于点N，
则弧E上的点与圆C上的点的最短距离即为线段MN的长度，
在直角△AOD中，
OD=OAcs∠AOD=OAcs∠AOB2≤OAcs2π5=1 5−14= 5+1，
MN=OC−OM−CN=OC−1−CR0成立，
所以 xM=x1+x22=3 5k22−3k2,yM=k(xM+ 5)=2 5k2−3k2，
所以点M坐标为 (3 5k22−3k2,2 5k2−3k2)，
联立方程得 y=−1k(x+ 5)x23−y22=1，所以 xN=x3+x42=3 52k2−3,yN=−1k(xN+ 5)=−2 5k2k2−3，
所以点N坐标为 (3 52k2−3,−2 5k2k2−3)，
根据对称性判断知定点在x轴上，
直线MN的方程为 y−yM=yx−yMxN−xM(x−xM)，
则当 y=0时，
x=xuy8−xkyMyN−yM=3 5k22−3k2−2 5k2k2−33 5k2−3k22 5k2k2−2 5k2k2=1+k21−k2=−3 5，
所以定点坐标为(−3 5,0).
【解析】(1)利用已知条件，联立方程组可以求出a，b，c；
(2)先求出M，N坐标，再写出MN的直线方程，然后得出直线恒过的定点．
本题主要考查双曲线方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用，圆锥曲线中的过定点问题等知识，属于中等题．
18.【答案】解：(1)f(x)=−4x3+5x−1,−4x3+5x−1≥lnxlnx,−4x3+5x−10⇒0