2026年山东省济南市高考数学二模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年山东省济南市高考数学二模试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={1,2,3,4,5}，B={x|(x−2)(x−4)≥0}，若M={x|x∈A且x∉B}，则M=(

)A.{1,2,4,5} B.{2,3,4} C.{1,5} D.{3}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a，b为非零向量，则“a+b与a−b共线”是“a与bA.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y=f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能为(

)A.f(x)=x2−9x3+2x B.f(x)=5.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点A(4,4)作C的准线的垂线，垂足为H，则点H到直线AF的距离为(

)A.75 B.4 C.536.已知正实数a，b，c满足aea=blnb=cA.a<c<b B.c<a<b C.b<a<c D.a<b<c7.如图，△ABC三边AB，BC，CA的中点分别为D，E，F，将1，2，3，4，5，6六个数字全部标注在A，B，C，D，E，F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f(x)=3cos(2x+π3)，若0<x1<xA.−13 B.−23 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知复数z1，z2是方程x2−2x+2=0A.|z1−1|=1 B.z1+z10.已知函数f(x)=x3−3x+2，则A.f(x)有两个极值点

B.f(x)<0当且仅当x<−2

C.当x>1时，f(x2+1)>f(2x)

D.若11.已知正四面体A1A2A3A4的棱长为52，点Ai∈平面αi(i=1,2,3,4)，且α1//α4，点A2，A3在A.该四面体外接球的表面积为75π

B.d14的最小值为1033

C.若α1//α2，且A3∈α2，d12=522，则直线A三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.双曲线x216−y29=1的一条渐近线被圆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n(n≥6,n∈N∗)门选修课中任意选取3门，记X为被甲或乙选中的选修课数量，则X的数学期望E(X)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.(本小题13分)

记△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知c(2cosC−cosA)=acosC，B≠2C．

(1)证明：△ABC为等腰三角形；

(2)若AB边上的高为15，且7cosA=2cosB，求△ABC的周长．16.(本小题15分)

已知三棱柱ABC−A1B1C1的棱长均为2，A1B=6，平面ACC1A1⊥17.(本小题15分)

已知函数f(x)=aex−12x2−ax．

(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线斜率为e−2，求a；

(2)18.(本小题17分)

在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，焦距为2，过O的直线与C交于A，B两点，M为线段OA的中点，过M的直线与C交于P，Q两点．

(1)求C的方程；

(2)设k1，k2分别为直线AB，PQ的斜率，已知k1⋅19.(本小题17分)

给定正整数n，数集A={a1,a2,a3,…,an}满足对于任意ai，aj∈A，都存在am∈A，使得|ai−aj|=|am−a1|

(1)若A={1,2,x}，a1=1，且x∈N参考答案1.D

2.A

3.C

4.D

5.B

6.A

7.B

8.C

9.AD

10.ABC

11.ACD

12.8

13.3714.6−915.解：(1)证明：因为c(2cosC−cosA)=acosC，由正弦定理得：sinC(2cosC−cosA)=sinAcosC，

即2sinCcosC=sinAcosC+cosAsinC，所以sin2C=sin(A+C)，

因为A+C=π−B，所以sin2C=sinB，

又因为0<2C<2π，0<B<π，所以B=2C或B+2C=π，

因为B≠2C，所以B+2C=π，又因为A+B+C=π，得A=C，

所以△ABC为等腰三角形；

(2)因为A=C，所以B=π−2A，代入7cosA=2cosB得：7cosA=−2cos2A，

所以7cosA=−2(2cos2A−1)，解得cosA=−2(舍)或cosA=14，

因为0<A<π，所以sinA=154，

又AB边上的高为15，得b=15sinA=4，所以c=2cosA=8，

所以△ABC的周长为2×8+4=20．

16.解：(1)取AC的中点O，连接OB，OA1，

由题意知，△ABC是边长为2的等边三角形，

所以OB⊥AC，OB=3，

又平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1A1∩平面ABC=AC，OB⊂平面ABC，

所以OB⊥平面ACC1A1，

而OA1⊂平面ACC1A1，

所以OB⊥OA1，

因为A1B=6，所以OA1=A1B2−OB2=3，

又OA=1，AA1=2，所以AA12=OA2+OA12，即OA1⊥AC，

又OB∩OC=O，OB、OC⊂平面ABC，

所以OA1⊥平面ABC，17.解：(1)因为f′(x)=aex−x−a，所以f′(1)=ae−1−a=e−2，所以a=1；

(2)因为f′(x)=aex−x−a，令g(x)=f′(x)，

所以g(0)=0，g′(x)=aex−1，

(i)当a≤0时，g′(x)=aex−1<0恒成立，所以g(x)在R上单调递减，

又因为g(0)=0，所以当x∈(−∞,0)时，g(x)>0，

即f′(x)>0，故f(x)单调递增；

当x∈(0,+∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)单调递减，

所以0为f(x)的极大值点，则a≤0符合题意，

(ⅱ)当0<a<1时，由g′(x)=aex−1=0，解得x=ln1a，

所以当x∈(−∞,ln1a)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，

因为0<a<1，所以ln1a>0，又因为g(0)=0，

所以当x∈(−∞,0)时，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)单调递增；

当x∈(0,ln1a)时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)单调递减，

所以0为f(x)的极大值点，则0<a<1符合题意，

(ⅲ)当a=1时，由g′(x)=ex−1=0，解得x=0，

所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，

又因为g(0)=0，所以g(x)≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，

所以f(x)在R上单调递增，则a=1不符合题意，

(iv)当a>1时，由g′(x)=aex−1=0，解得x=ln1a，

所以当x∈(ln1a,+∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，

因为a>1，所以ln1a<0，又因为g(0)=0，

则当x∈(ln1a,0)时，g(x)<0，即f′(x)<0，故f(x)单调递减；

当x∈(0,+∞)时，g(x)>0，即f′(x)>0，故f(x)单调递增，

所以0为f(x)的极小值点，则a>1不符合题意，

综上：a的取值范围为(−∞,1)．

18.解：(1)由焦距为2，可得2c=2，所以c=1，

因为离心率e=ca=22，得a=2，

所以b=a2−b2=1，

所以C的方程为x22+y2=1．

(2)(i)证明：设点P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线PQ的方程为y=k2x+m，

将直线PQ与x22+y2=1联立，得(2k22+1)x2+4k2mx+2m2−2=0，

由韦达定理，得x1+x2=−4k2m2k22+1，x1x2=2m2−22k22+1，

Δ=(4k2m)2−4(2k22+1)(2m2−2)>0，

y1+y2=k2(x1+x2)+2m=2m2k22+1，

设线段PQ的中点为N，

可得N(x1+x22,y1+y22)，即N(−2k2m2k22+1,m2k22+1)，

将y=k2x+m与y=k1x联立，得M(mk1−k2,k1mk1−k