山东省济南市2024届高三下学期3月模拟考试（一模）数学试卷（Word版附答案）

这是一份山东省济南市2024届高三下学期3月模拟考试（一模）数学试卷（Word版附答案），共10页。试卷主要包含了若，，，则，已知复数，满足，则，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。

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.49B.63C.70D.126
2.已知，，若，则（ ）
A.1B.-1C.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.0B.1C.2D.3
5.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.1B.C.2D.
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12
C.的最小值为3D.的最大值为16
10.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。
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。
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：
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.
的体积，三棱锥的体积为.
故的体积.
当由对称性知，.
（3）
如图所示，即为T所构成的图形.
其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，
其中.
.
由题意面方程为，由题干知其法向量
面方程为，由题干知其法向量
故.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.
由图可知共有12个面，24条棱.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
C
D
A
C
B
A
题号
9
10
11
答案
BD
AC
BCD
0
1
2
3
4
5
6