山东省济钢高中2024届高三3月份模拟考试数学试题含解析

山东省济钢高中2024届高三3月份模拟考试数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知双曲线的一条渐近线倾斜角为，则（）A．3 B． C． D．2．为研究某咖啡店每日的热咖啡销售量和气温之间是否具有线性相关关系，统计该店2017年每周六的销售量及当天气温得到如图所示的散点图（轴表示气温，轴表示销售量），由散点图可知与的相关关系为（）A．正相关，相关系数的值为B．负相关，相关系数的值为C．负相关，相关系数的值为D．正相关，相关负数的值为3．函数的对称轴不可能为（）A． B． C． D．4．已知抛物线：的焦点为，准线为，是上一点，直线与抛物线交于，两点，若，则为()A． B．40 C．16 D．5．已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（）．A． B． C． D．6．已知函数是定义在上的奇函数，函数满足，且时，，则（）A．2 B． C．1 D．7．某设备使用年限x（年）与所支出的维修费用y（万元）的统计数据分别为，，，，由最小二乘法得到回归直线方程为，若计划维修费用超过15万元将该设备报废，则该设备的使用年限为（）A．8年 B．9年 C．10年 D．11年8．设，，则（）A． B． C． D．9．关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（）A． B．C． D．10．波罗尼斯（古希腊数学家，的公元前262-190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k＞0，且k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．现有椭圆=1（a＞b＞0），A，B为椭圆的长轴端点，C，D为椭圆的短轴端点，动点M满足=2，△MAB面积的最大值为8，△MCD面积的最小值为1，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．11．已知，则（）A．2 B． C． D．312．下列几何体的三视图中，恰好有两个视图相同的几何体是（）A．正方体 B．球体C．圆锥 D．长宽高互不相等的长方体二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知函数函数，则不等式的解集为____．14．设变量，满足约束条件，则目标函数的最小值为______．15．直线与抛物线交于两点，若，则弦的中点到直线的距离等于________.16．已知，满足约束条件，则的最小值为__________.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知正数x，y，z满足xyzt（t为常数），且的最小值为，求实数t的值.18．（12分）已知函数，直线是曲线在处的切线．（1）求证：无论实数取何值，直线恒过定点，并求出该定点的坐标；（2）若直线经过点，试判断函数的零点个数并证明．19．（12分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．求数列，的通项公式；若数列满足，求的前项和．20．（12分）如图，在中，，的角平分线与交于点，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面积.21．（12分）已知函数的图象向左平移后与函数图象重合.（1）求和的值；（2）若函数，求的单调递增区间及图象的对称轴方程.22．（10分）已知椭圆的离心率为，椭圆C的长轴长为4.（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线与椭圆C交于两点，是否存在实数k使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

由双曲线方程可得渐近线方程，根据倾斜角可得渐近线斜率，由此构造方程求得结果.【详解】由双曲线方程可知：，渐近线方程为：，一条渐近线的倾斜角为，，解得：.故选：.【点睛】本题考查根据双曲线渐近线倾斜角求解参数值的问题，关键是明确直线倾斜角与斜率的关系；易错点是忽略方程表示双曲线对于的范围的要求.2、C【解析】

根据正负相关的概念判断．【详解】由散点图知随着的增大而减小，因此是负相关．相关系数为负．故选：C．【点睛】本题考查变量的相关关系，考查正相关和负相关的区别．掌握正负相关的定义是解题基础．3、D【解析】

由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论．【详解】对于函数，令，解得，当时，函数的对称轴为，，.故选：D.【点睛】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题．4、D【解析】

如图所示，过分别作于，于，利用和，联立方程组计算得到答案.【详解】如图所示：过分别作于，于.，则，根据得到：，即，根据得到：，即，解得，，故.故选：.【点睛】本题考查了抛物线中弦长问题，意在考查学生的计算能力和转化能力.5、B【解析】

根据角终边上的点坐标，求得，代入二倍角公式即可求得的值.【详解】因为终边上有一点，所以，故选：B【点睛】此题考查二倍角公式，熟练记忆公式即可解决，属于简单题目.6、D【解析】

说明函数是周期函数，由周期性把自变量的值变小，再结合奇偶性计算函数值．【详解】由知函数的周期为4，又是奇函数，，又，∴，∴．故选：D．【点睛】本题考查函数的奇偶性与周期性，掌握周期性与奇偶性的概念是解题基础．7、D【解析】

根据样本中心点在回归直线上，求出，求解，即可求出答案.【详解】依题意在回归直线上，，由，估计第年维修费用超过15万元.故选:D.【点睛】本题考查回归直线过样本中心点、以及回归方程的应用，属于基础题.8、D【解析】

集合是一次不等式的解集，分别求出再求交集即可【详解】，，则故选【点睛】本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算，属于基础题．9、A【解析】

由的解集，可知及，进而可求出方程的解，从而可求出的解集.【详解】由的解集为，可知且，令，解得，，因为，所以的解集为，故选：A.【点睛】本题考查一元一次不等式、一元二次不等式的解集，考查学生的计算求解能力与推理能力，属于基础题.10、D【解析】

求得定点M的轨迹方程可得，解得a，b即可.【详解】设A（-a，0），B（a，0），M（x，y）．∵动点M满足=2，则=2，化简得.∵△MAB面积的最大值为8，△MCD面积的最小值为1，∴，解得，∴椭圆的离心率为．故选D．【点睛】本题考查了椭圆离心率，动点轨迹，属于中档题．11、A【解析】

利用分段函数的性质逐步求解即可得答案．【详解】，；；故选：．【点睛】本题考查了函数值的求法，考查对数的运算和对数函数的性质，是基础题，解题时注意函数性质的合理应用．12、C【解析】

根据基本几何体的三视图确定．【详解】正方体的三个三视图都是相等的正方形，球的三个三视图都是相等的圆，圆锥的三个三视图有一个是圆，另外两个是全等的等腰三角形，长宽高互不相等的长方体的三视图是三个两两不全等的矩形．故选：C．【点睛】本题考查基本几何体的三视图，掌握基本几何体的三视图是解题关键．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】，，所以，所以的解集为。点睛：本题考查绝对值不等式。本题先对绝对值函数进行分段处理，再得到的解析式，求得的分段函数解析式，再解不等式即可。绝对值函数一般都去绝对值转化为分段函数处理。14、-8【解析】

通过约束条件，画出可行域，将问题转化为直线在轴截距最大的问题，通过图像解决.【详解】由题意可得可行域如下图所示：令，则即为在轴截距的最大值由图可知：当过时，在轴截距最大本题正确结果：【点睛】本题考查线性规划中的型最值的求解问题，关键在于将所求最值转化为在轴截距的问题.15、【解析】

由已知可知直线过抛物线的焦点，求出弦的中点到抛物线准线的距离，进一步得到弦的中点到直线的距离．【详解】解：如图，直线过定点，，而抛物线的焦点为，，弦的中点到准线的距离为，则弦的中点到直线的距离等于．故答案为：．【点睛】本题考查抛物线的简单性质，考查直线与抛物线位置关系的应用，体现了数学转化思想方法，属于中档题．16、【解析】

作出约束条件所表示的可行域，利用直线截距的几何意义，即可得答案.【详解】画出可行域易知在点处取最小值为.故答案为：【点睛】本题考查简单线性规划的最值，考查数形结合思想，考查运算求解能力，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、t＝1【解析】

把变形为结合基本不等式进行求解.【详解】因为即，当且仅当，，时，上述等号成立，所以，即，又x，y，z＞0，所以xyzt＝1．【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式求解最值时要注意转化为适用形式，同时要关注不等号是否成立，侧重考查数学运算的核心素养.18、（1）见解析，（2）函数存在唯一零点.【解析】

（1）首先求出导函数，利用导数的几何意义求出处的切线斜率，利用点斜式即可求出切线方程，根据方程即可求出定点.（2）由（1）求出函数，令方程可转化为记，利用导数判断函数在上单调递增，根据，由零点存在性定理即可求出零点个数.【详解】所以直线方程为即，恒过点将代入直线方程，得考虑方程即，等价于记，则于是函数在上单调递增，又所以函数在区间上存在唯一零点，即函数存在唯一零点.【点睛】本题考查了导数的几何意义、直线过定点、利用导数研究函数的单调性、零点存在性定理，属于难题.19、，；.【解析】

由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．【详解】解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，所以，解得．所以数列的通项公式．数列的公比，其通项公式．当时，由，所以．当时，由，，两式相减得，所以．故所以的前项和，．又时，，也符合上式，故.【点睛】本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．20、（Ⅰ）;（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，由正弦定理得，可得解；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，进而得，在中，由正弦定理得，所以的面积即可得解.试题解析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.在中，.在中，由正弦定理得，所以.所以的面积.21、（1），；（2），，.【解析】

（1）直接利用同角三角函数关系式的变换的应用求出结果．（2）首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质的应用求出结果．【详解】（1）由题意得，，（2）由，解得，所以对称轴为，.由，解得，所以单调递增区间为.,【点睛】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于基础题型．22、（1）；（2）存在，当时，以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O.【解析】

（1）设椭圆的焦半距为，利用离心率为，椭圆的长轴长为1．列出方程组求解，推出，即可得到椭圆的方程．（2）存在实数使得以线段为直径的圆恰好经过坐标原点．设点，，，，将直线的方程代入，化简，利用韦达定理，结合向量的数量