2026年山东济南市高三二模高考数学试卷试卷（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页 济南市2026届高三第二次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.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，只有一项符合题目要求.1．已知集合，，若且，则（

）A． B． C． D．2．某机构用不同的人工智能系统对一幅素描作品进行评分，得到7个数据．去掉一个最高分和一个最低分后，得到的5个数据与原始数据相比一定不变的是（

）A．中位数 B．众数 C．平均数 D．方差3．已知为非零向量，则“与共线”是“与共线”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（

）A． B．C． D．5．已知抛物线的焦点为F，过点作C的准线的垂线，垂足为，则点到直线的距离为（

）A． B．4 C． D．6．已知正实数满足，则（

）A． B． C． D．7．如图，三边的中点分别为，将六个数字全部标注在六个点处，每个点处标注一个数字，使得每个中点处的数字都比其相邻两顶点处的数字小，则不同的标注方法有（

）A．36种 B．48种 C．60种 D．72种8．已知函数，若，且，则（

）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．已知复数是方程的两根，则（

）A． B． C． D．10．已知函数，则（

）A．有两个极值点 B．当且仅当C．当时， D．若，则11．已知正四面体的棱长为，点平面，且，点在之间或在内．记为与（平行时两平面间的距离，则（

）A．该四面体外接球的表面积为B．的最小值为C．若，且，则直线与所成的角为D．若依次排列且两两平行，满足，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为______．13．已知圆锥与圆柱的底面积相等，体积也相等，若过圆柱的轴的截面为正方形，则圆锥和圆柱侧面积的比值为______．14．甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______．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．记的内角的对边分别是，已知，．(1)证明：为等腰三角形；(2)若边上的高为，且，求的周长．16．已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面(1)求该棱柱的体积；(2)求平面与平面夹角的余弦值．17．已知函数．(1)若曲线在处的切线斜率为，求；(2)若是的极大值点，求的取值范围．18．在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，焦距为2，过的直线与交于两点，为线段的中点，过的直线与交于两点．(1)求C的方程；(2)设分别为直线的斜率，已知．（ⅰ）证明：为线段的中点；（ⅱ）判断四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．19．给定正整数n，数集满足对于任意，都存在，使得．(1)若，，且，求；(2)证明：对于任意，都有；(3)若，，且，求数集中所有元素的和．（用含有的式子表示）答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【详解】解不等式得或，则或，因为，所以.2．A【分析】根据中位数的定义即可求解.【详解】根据题意，将7个数据从小到大排列，去掉一个最高分和最低分，得到5个有效评分，原始数据和有效评分相比，最中间的数没有发生改变，所以中位数不改变.3．C【分析】借助平面向量共线定理结合充分条件与必要条件定义判断即可得.【详解】若与共线，当时，存在实数，使得，整理得，若与不共线，则且，矛盾，故与共线；当，有，此时与共线；故“与共线”是“与共线”的充分条件；若与共线，则存在实数，使得，则，，故与共线，故“与共线”是“与共线”的必要条件；综上可得：“与共线”是“与共线”的充要条件.4．D【分析】分析各选项中函数的定义域、零点、奇偶性以及函数值符号，结合题中图象可得答案.【详解】对于A选项，对于函数，由可得，即函数的定义域为，与题中图象不符；对于B选项，令，可得，即函数只有一个零点，与题中图象不符；对于C选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，与题中图象不符；对于D选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，令得，可得，当时，，则，与题中图象相符.5．B【分析】由题意可得、准线方程为，再计算出直线的方程及点坐标，利用点到直线距离公式计算即可得.【详解】由题意可得，则，即，准线方程为，则则点到直线的距离为.6．A【分析】构造函数，利用同构比较大小.【详解】由于，所以，设，则，所以在上单调递增，那么，所以，，，设，，所以，在上单调递减，，即,由于，那么,，综上，.【点睛】本题考查利用导数比较大小，解题关键在于利用同构式发现，进而得出，是难题.7．B【分析】根据分类加法计数原理及排列数公式计算求解.【详解】由题意可得顶点标注只能为或，其余情况不满足题意.若顶点标注，则标注在中点处，此时有，若顶点标注，则只能标注在之间的边的中点，此时有种，所以不同的标注方法有种.8．C【分析】根据题意可得，由余弦函数的对称性，，化简得到，代入即可求解.【详解】由于，所以,因为​，所以，因为，且，则​由余弦函数的对称性，，且，所以，则，则，因为，且，所以9．AD【详解】对A，由题知，方程的两根为，则，正确；对B，若，则，若，则，错误；对CD，由韦达定理可知，，，C错误，D正确.10．ABC【分析】对函数求导分析其单调区间与极值点，再结合选项逐一判断.【详解】已知，求导得，令，得或，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，极大值，极小值，因式分解得：，对于A选项：有两个极值点有两个实数根和，且在这两点左右两侧导数异号，因此这两个点都是极值点，故A正确；对于B选项，因为，其中，要使，必须有且，解，得，此时自然满足，因此不等式解集为，故B正确；对于C选项：当时，，当时，，且，故两者均处于的单调递增区间，，因为，所以，即，又函数在上单调递增，故，故C正确；对于D选项：取，计算得，为了使和为4，需要，令，即，分解得，解得或，若取，满足，但此时，因此原命题不一定成立，故D错误.11．ACD【详解】对于A，将正四面体放入如图所示的正方体，设正方体的棱长为，所以，所以，该四面体外接球即为正方体的外接球，所以，所以该四面体外接球的表面积为，故A正确；对于B，因为，不妨设为平面，为平面，所以，故B错误；对于C，设直线与所成的角为，则，因为，所以，则直线与所成的角为，故C正确；对于D，若依次排列且两两平行，满足，在上取点，使得，如图，连接交于点，连接交于点，分别过点作，连接，则平面为平面，为平面，易知平面，均垂直底面，以为坐标原点，将平面放入如图所示的平面直角坐标系，则，所以直线的方程为：，化简为：，同理直线的方程为：，所以两直线间的距离即为，，故D正确.12．【详解】令可得：，所以双曲线的一条渐近线可为：，即，圆的圆心，所以圆心到直线的距离为：，所以被圆所截得的弦长为：.13．【分析】设圆锥和圆柱的底面半径，由题意可得圆锥的高，即可计算圆柱的侧面积和圆锥的侧面积，求解即可.【详解】由圆锥与圆柱的底面积相等，所以圆柱和圆锥的底面半径相等，设为，由圆柱的轴截面是一个正方形，故其高，设圆锥的高为，由圆锥与圆柱的体积相等得，，所以，则圆锥的侧面积，圆柱的侧面积，则.14．【分析】设为第i门课是否被选中，利用独立事件乘法公式求解，再利用数学期望的线性性质求出.【详解】将门选修课编号为，设为第i门课是否被选中，，则，又，则．15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用正弦定理化简条件可得，结合三角形内角关系即可证明结论；、（2）根据可得，结合二倍角公式化简可得，从而得到，根据边上的高为​，可得，即可求解【详解】（1）因为，由正弦定理可得，即，因为在中，，所以，即，因为在中，，所以或（舍去），则，则在中，，即，所以为等腰三角形；（2）由（1）知因此；因为，代入得：，所以，得因为为三角形内角，，故：，由于，所以因为边上的高为​，，所以，解得：因为，所以因此，所以的周长为：16．(1)(2)【分析】（1）设的中点为，利用面面垂直的性质可得平面，得到，利用勾股定理得到，进而得到，平面，接着用体积公式求解即可；（2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法求面面夹角即可．【详解】（1）解：设的中点为，连接，为等边三角形，边长为，，，，平面平面，平面平面，平面，又平面，，，，则，又平面平面，平面平面，平面，；（2）解：由（1）知平面，，如图，以为原点建立空间直角坐标系，，设平面的一个法向量，，不妨取，则，易知平面的一个法向量，，则平面与平面夹角的余弦值为．17．(1)(2)【分析】（1）由导数的几何意义得出，即可解得实数的值；（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析在附近的符号变化，结合函数极大值点的定义可求得实数的取值范围.【详解】（1）因为，由题意可得，由导数的几何意义可得，解得.（2）因为是的极大值点，，则，令，其中，则，，①当时，对任意的恒成立，则在上为减函数，当时，，即函数在上单调递增，当时，，即函数在上单调递减，此时为函数的极大值点；②当时，函数在为增函数，由可得，由可得，由可得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，（i）当时，即当时，若时，，即函数在上单调递增，当时，，即函数在上单调递减，此时为函数的极大值点；（ii）当时，即当时，若时，；若时，.此时函数在上单调递增，无极值点；（iii）当时，即当时，若时，，即函数在上单调递减，若时，，即函数在上单调递增，此时为函数的极小值点综上所述，，即实数的取值范围是.18．(1)(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）是，【分析】（1）根据离心率及焦距求椭圆方程即可；（2）（ⅰ）设直线的方程为，，，设中点，联立得到，再证明在直线上即可；（ⅱ）根据题意可得，利用点得到点坐标，进而得到，再求弦长及点到直线的距离，进而求出面积即可．【详解】（1）解：由题意得,解得，所以椭圆的方程为；（2）解：（ⅰ）证明：由，则直线的斜率存在，设直线的方程为，，，设中点，联立，得，则，，，则，即中点在直线上，又是直线上，则，重合，所以为线段的中点；（ⅱ）由（ⅰ）知为中点，为线段的中点，又关于原点对称，，又，则，，解得，，点到直线的距离，故四边形的面积为定值．19．(1)(2)证明见解析；(3)当时，中元素之和为；当中元素之和为．【分析】（1）由题设条件可知，对任意两元素之差的绝对值，都能表示为某个元素与的差的绝对值.结合已知元素逐一讨论即可.（2）先讨论的情形.当时，用反证法证明只能是集合中的最大元素或最小元素，进而得到结论.（3）分与两种情况讨论.先证明相应顺序下数集中的元素构成等差数列，再求元素和.【详解】（1）当时，取，则故命题成立.当或时，命题也显然成立.由题意，对，应有故分别解得又因为为三元数集，故，且，所以（2）当时，命题显然成立.当时，设为中的最大元素，为中的最小元素.若既不是最大元素，也不是最小元素，则于是对任意，都有另一方面，取，则由题设，应存在，使得即这与矛盾.故必为中的最大元素或最小元素.若为最大元素，则对任意，都有从而若为最小元素，同理可得命题得证.（3）若，则，又