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

这是一份山东省济南市2024届高三下学期3月模拟考试数学试题及答案，共18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
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．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．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、多选题
9．已知椭圆：的两个焦点分别为，，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
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
15．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．已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)讨论极值点的个数.
17．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．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．在空间直角坐标系中，任何一个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的面数和棱数.
参考答案：
1．B
【分析】
利用等差数列的项的“等和性”得到，再运用等差数列的前n项和公式计算即得.
【详解】因是等差数列，故，于是
故选：B
2．A
【分析】
根据平面向量共线的充要条件即可得解.
【详解】因为，，，
所以，解得.
故选：A.
3．C
【分析】
求出没有荣获“优秀员工”称号的高级工程师人数，得到公司的高级工程师总人数，从而得到概率.
【详解】由题意得，没有荣获“优秀员工”称号的高级工程师有人，
则公司共有高级工程师的人数为，
故被选中的员工是高级工程师的概率为.
故选：C
4．D
【分析】
设出切点坐标，利用导数的几何意义求出抛物线的切线方程，再由圆的切线性质列式计算即得.
【详解】设直线与抛物线相切的切点坐标为，由，求导得，
因此抛物线在点处的切线方程为，即，
依题意，此切线与圆相切，于是，解得或，所以所求切线条数为3.
故选：D
5．A
【分析】
由题设条件和正弦定理化边为角，再利用和角公式进行拆角化简，即可得到，利用三角形内角范围即得.
【详解】由以及正弦定理可得：，
因，代入整理得，
因,则得，又因，故.
故选：A.
6．C
【分析】
利用三角函数和对数函数的单调性，放缩求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，即，
综上，
故选：C
7．B
【分析】
首先分析题意，设出复数，求出复数的模找变量之间的关系，整体代入求解即可.
【详解】
设则
所以，，即，
则
故选：B.
8．A
【分析】
因为，所以，即求直线的纵截距的最小值，设，利用导数证明在的图象上凹，所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，据此即可求解.
【详解】因为，所以，
所以即求直线的纵截距的最小值，
设，所以，
所以在单调递增，所以在的图象上凹，
所以直线与相切，切点横坐标越大，纵截距越小，
令切点横坐标为，所以直线过点，且直线斜率为
所以的直线方程为，
当时，，
即直线与相切时，
直线与无交点，
设，所以，
所以在时斜率为，在时斜率为，均小于直线的斜率，
所以可令直线在处与相交，在处与相交，
所以直线方程为，
所以截距为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于，，即求直线的纵截距的最小值的分析.
9．BD
【分析】
首先分析题意，利用椭圆性质进行逐个求解，直接求出离心率判断A，利益椭圆的定义求出焦点三角形周长判断B，举反例判断C，利用基本不等式求最大值判断D即可.
【详解】
由椭圆得
则所以，故A错误;
易知的周长为故B正确；
当在椭圆长轴的一个端点时，取得最小值，最小值为，故C错误；
由基本不等式得，当且仅当时取等，
则取得最大值16，故D正确.
故选：BD.
10．AC
【分析】
由题意求出，然后由余弦型函数的性质判断即可.
【详解】函数的图象在y轴上的截距为，
所以，因为，所以.故A正确；
又因为是该函数的最小正零点，
所以，所以，
解得，所以，，
所以，故B错误；
当时，，故C正确；
将的图象向右平移个单位，得到，
是非奇非偶函数，图象不关于轴对称，故D错误.
故选：AC.
11．BCD
【分析】
利用的展开式与赋值法可判断A，利用组合数的性质可判断B，利用阶乘的裂项法可判断C，构造求其含的项的系数可判断D.
【详解】对于A，因为，
令，得，则，故A错误；
对于B，因为，
所以
，故B正确；
对于C，因为，
所以，故C正确.
对于D，，
对于，其含有的项的系数为，
对于，要得到含有的项的系数，
须从第一个式子取出个，再从第二个式子取出个，
它们对应的系数为，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，利用组合的思想，从多项式中得到含有的项的系数，从而得解.
12．16
【分析】
理解正态分布的均值、方差的含义即得，再利用随机变量的方差性质即可求得.
【详解】由可得,则.
故答案为：16 .
13． /0.5
【分析】
利用三棱柱模型，选择一组空间基底，将相关向量分别用基底表示，再利用平面，确定必共面，运用空间向量共面定理表达，建立方程组计算即得.
【详解】
如图，不妨设，依题意，,
，
因，则
又因平面，故必共面，
即存在，使，即，
从而有，解得.
故答案为：.
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）
【分析】
根据，求得，则满足的一次函数或二次函数均可.
【详解】，，
，，
，，
所以，则的解析式可以为.
经检验，满足题意.
故答案为：（答案不唯一）.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据函数的形式，确定函数的关键特征和条件.
15．(1)证明见解析
(2).
【分析】
（1）结合已知，由时化简得，再由及等比数列的定义证明即可；
（2）先求得，利用作商法判断数列的单调性即可求得最值.
【详解】（1）
由，可得时，
即，，又因为，所以，，
综上，，，所以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．(1)单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)答案见解析.
【分析】
（1）求出函数的导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
（2）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调性，即可得到函数的极值点个数.
【详解】（1）
当时，定义域为，
又，
所以，
由，解得，此时单调递增；
由，解得，此时单调递减，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）
函数的定义域为，
由题意知，，
当时，，所以在上单调递增，
即极值点的个数为个；
当时，易知，
故解关于的方程得，，，
所以，
又，，
所以当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
即极值点的个数为个.
综上，当时，极值点的个数为个；当时，极值点的个数为个.
17．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】
（1）利用列举法结合条件概率公式即可得解；
（2）写出随机变量的所有可能取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可.
【详解】（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．(1)；
(2)；
(3)3.
【分析】
（1）设直线的方程为，联立方程组，结合题意列出不等式组，即可求解；
（2）由（1）得到，求得，结合斜率公式，准确运算，即可求解；
（3）由（2）可知，设与的方程分别为和，两两方程组，求得，结合三角形的面积公式和不等式的性质，即可求解.
【详解】（1）
解：设，，直线的方程为，
联立方程组，整理得，
因为直线与双曲线的右支交于两点，
可得 ，解得，
又由直线的斜率为，可得的取值范围是.
（2）
解：由双曲线，可得，，
由（1）可得，，则.
所以
.
（3）
解：由（2）可知，
所以直线与直线的方程分别为和，
联立两直线方程可得交点的横坐标为，
于是
，
故的最小值为，当且仅当时取等号成立.

【点睛】
方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧：
1、几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解；
2、代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围.
19．(1)，；
(2)，；
(3)①16；②，共有12个面，24条棱.
【分析】
（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，后得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可.
（2）首先根据（1）分析得出为截去三棱锥所剩下的部分.
后用割补法求解体积即可.
（3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可.
【详解】（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，
而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2的正方形，因此.
对于，当时，
表示经过，，的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示，，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而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，，，，
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，
，
显然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.
则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，
其中到面的距离为，
，.
由题意面方程为，由题干定义知其法向量
面方程为，由题干定义知其法向量
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.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可．
0
1
2
3
4
5
6