山东省济南市2024届高三下学期3月模拟考试数学试题及答案

绝密★启用并使用完毕前2024年3月济南市高三模拟考试数学试题本试卷共4页，19题，全卷满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8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.记等差数列的前n项和为.若，，则（）A.49 B.63 C.70 D.1262.已知，，若，则（）A.1 B.-1 C. D.3.某公司现有员工120人，在荣获“优秀员工”称号的85人中，有75人是高级工程师.既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人，公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访，被选中的员工是高级工程师的概率为（）A. B. C. D.4.与抛物线和圆都相切的直线的条数为（）A.0 B.1 C.2 D.35.已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则（）A. B. C. D.6.若，，，则（）A. B. C. D.7.已知复数，满足，则（）A.1 B. C.2 D.8.若不等式对任意的恒成立，则的最小值为（）A. B. C. D.二、选择题：本题共3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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9.已知椭圆：的两个焦点分别为，，P是C上任意一点，则（）A.的离心率为 B.的周长为12C.的最小值为3 D.的最大值为1610.已知函数的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（）A.B.恒成立C.在上单调递减D.将的图象向右平移个单位，得到的图象关于轴对称11.下列等式中正确的是（）A. B.C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知随机变量，则的值为__________.13.在三棱柱中，，，且平面，则的值为________.14.已知集合，函数.若函数满足：对任意，存在，使得，则的解析式可以是_______.（写出一个满足条件的函数解析式即可）四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（13分）已知数列的前n项和为，且，令.（1）求证：为等比数列；（2）求使取得最大值时的n的值.16.（15分）已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）讨论极值点的个数.17.（15分）抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子，所得的点数分别为a，b，记的取值为随机变量X，其中表示不超过的最大整数.（1）求在的条件下，的概率；（2）求X的分布列及其数学期望.18.（17分）已知双曲线C：的左右顶点分别为，，过点的直线与双曲线C的右支交于M，N两点.（1）若直线的斜率k存在，求k的取值范围；（2）记直线，的斜率分别为，，求的值；（3）设G为直线与直线的交点，，的面积分别为，，求的最小值.19.（17分）在空间直角坐标系中，任一平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，.（1）设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；（2）记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：（3）记集合T中所有点构成的几何体为W.①求W的体积的值；②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和梭数.

2024年3月济南市高三模拟考试数学试题参考答案一、单项选择题：本题共8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。题号12345678答案BACDACBA二、多项选择题：本题共3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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。题号91011答案BDACBCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.16；13.；14.满足，且一次项系数不为零的所有一次或者二次函数解析式均正确.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.【解析】（1）由可得时，即，，又因为，所以，，综上，，，为首项和公比均为的等比数列.（2）由（1）可得，所以，时，，令，可得，（或令，可得），可知，综上，或时，的取得最大值.16.【解析】（1）当时，，故而，，所以，由，得，此时单调递增；由，得，此时单调递减，所以，的单增区间为，单减区间为.（2由题意知，.当时，，所以在上单调递增，即极值点的个数为0个；当时，易知，故解关于的方程得，，，所以，又，，所以，时，，单调递增，时，，单调递减，即极值点的个数为1个.综上，当时，极值点的个数为0个；当时，极值点的个数为1个.17.【解析】（1）记抛掷骰子的样本点为，则样本空间为，则，记事件“”，记事件“”，则，且，又，则，所以，即在的条件下，的概率为.（2）所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.，，，，，，，所以的分布列为：0123456所以，.18.【解析】（1）设，，直线的方程为，联立双曲线方程可得.由可得.再由斜率存在以及可得的取值范围是.（2）由题意得，.由韦达定理可知，.于是.因此.（3）由（2）可知，于是直线与直线的方程分别为，，联立两直线方程可得交点的横坐标为，于是，故的最小值为3，当且仅当时取等号成立.19.【解析】（1）集合表示平面上所有的点，表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.它是边长为2的正方形，因此.对于，当时，表示经过（2，0，0），（0，2，0），（0，0，2）的平面在第一象限的部分.由对称性可知Q表示（±2，0，0），（0，±2，0），（0，0，±2）这六个顶点形成的正八面体内所有的点.可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.它是边长为的正方形，因此.（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；考虑集合的子集；即为三个坐标平面与围成的四面体.四面体四个顶点分别为（0，0，0），（2，0，0），（0，2，0），（0，0，2）此四面体的体积为由对称性知，考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，即，为两个几何体公共部分记，，，.容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.为截去三棱锥所剩下的部分.的体