山东威海市2026届高三第二模拟模拟考试数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页山东威海市2026届高三第二模拟模拟考试数学试卷一、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U=3,5,a2,A=3,a+4A.1 B.−1 C.2 D.−22.已知复数z满足3−zz−1=i，则z=(

)A.1+2i B.2+i C.1−2i D.2−i3.已知向量a,b的夹角为60∘，a=2,A.6 B.5 C.4 D.34.已知直线x+y−2=0被圆x2+y2−2x+2y+m=0截得的弦长为2A.−6 B.−2 C.−1 D.15.某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率为0.75，连续两天为优良的概率为0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为不优良的概率是(

)A.0.85 B.0.8 C.0.2 D.0.156.设函数fx=3sinωx−cosωxω>0，若fxA.23 B.1 C.83 7.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的一个焦点为F，过原点的直线交A.62 B.32 C.8.已知函数fx=xx−12−m,m>0A.18≤m<427 B.427<m≤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.设函数fx=2−xA.flog123=f4 B.若fa=fba≠b，则a+b>0

10.已知随机变量X∼Nμ1,σA.X−μ1σ1∼N0,1

B.PX≥μ1=PY≤μ11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点M,NA.若λ+μ=1，则MN//平面ABCD

B.若λ2+μ=1，则MN⊥B1C

C.若MN//平面A1ACC1，则MN的最小值为3三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数fx=xlog2x−1x+a为偶函数，则13.已知抛物线C的顶点为原点，P为C的准线x=−2上一点，F为C的焦点，线段PF交C于点Q，若PQ=3QF，则PF=

14.已知等差数列an的公差为π3，设bn=4an+πsina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)如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，AB⊥BC，AB=BC=PA=4，CD=3、点E在棱PC上．(1)当CECP=1(2)若二面角C−BD−E的大小为45∘，求PE16.(本小题15分)在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且3(1)求C；(2)如图，已知D为▵ABC外一点，AD=22，CD=4，BC=AC，求平面四边形ABCD17.(本小题15分)把4个形状大小相同的球等可能地放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，记放入1号，2号，3号，4号盒子中的球的个数分别为i1(1)求i1(2)求i1=1且(3)设函数fx=1,x>00,x=0，记X=f18.(本小题17分)已知函数fx=lnx+a+bx，曲线y=f(1)求a,b；(2)若fx≤mx(3)证明：∀n∈N∗，219.(本小题17分)已知椭圆C:x2a2+y2(1)求C的方程；(2)过点A2,1作两条互相垂直的直线分别交C于点P,Q和M,N，且线段PQ和MN的中点分别为G,H(i)若直线PQ的斜率大于1，且▵AGH的面积为59，求直线GH(ii)若AD⊥GH，D为垂足，证明：存在定点E，使得DE为定值．

参考答案1.A

2.D

3.B

4.B

5.C

6.D

7.C

8.A

9.AD

10.ABC

11.ACD

12.1

13.12

14.296π

15.解：(1)因为CECP=13，且PA⊥平面ABCD，可知点E到平面所以VP−BDE(2)在平面ABP内过点B作直线AP的平行线l，以B为原点，分别以BC，BA，l所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则B0,0,0，C4,0,0，D4,3,0，A可得BP=0,4,4，BD=设PEPC=λ，λ∈0,1可得BE=设平面BDE的一个法向量为n=x,y,z令z=4−7λ，则x=3−3λ，y=4λ−4，可得n=由题意可知：平面BCD的一个法向量为m=因为二面角C−BD−E的大小为45则cosm,n整理得8λ2−2λ−3=0，解得λ=34所以PEPC

16.解：(1)因为3由正弦定理得3所以3可得3因为sinB>0，所以cos因为0<C<π，所以C=π(2)设∠ADC=α，平面四边形ABCD的面积为S，在▵ACD中，由余弦定理得AC所以S===6+8sin因为α∈0,π，所以α−当α−π4=π2，即α=

17.解：(1)由题意可知每个球放入每个盒子中的概率为14当i1=2时，放入1号盒子中球的个数恰好为2，所以i1(2)当i1=1且i2=2时，放入放入2号盒子中球的个数恰好为2，所以i1=1且C4(3)由题意可知X所有可能取值为1、2、3、4，PX=1PX=2PX=3PX=4因此X的分布列为X1234P12193则EX

18.解：(1)由fx=ln由题意可知f′0=1f0=0，则1(2)由(1)得fx设gx=mx当m≥0时，2mx+2m+1>0，令g′x<0，解得−1<x<0，所以gx令g′x>0，解得x>0，所以gx所以gx≥g0当m<0时，g−综上可得，m的取值范围是0,+∞．(3)要证22只需证ln22−2由(2)知，当m=0时，lnx+1所以lnk+1≤k，因此令S=k=1nk可得12两式相减得12所以S=1−n+22n+1

19.解：(1)由题意可知a解得a2=24，b2=12，所以(2)(ⅰ)设直线PQ的方程为y−1=kx−2，k>1联立x2+2y可得点G的横坐标为2k2k−1所以AG=同理可得AH=因为▵AGH的面积为59，所以12×整理得8k4−25解得k2=4，因为所以k=2，代入可得G，H的横坐标均为43所以直线GH的方程为x=4

(ⅱ)法一：设Pp,q，Qs,t，Gx由p224+因为PQ的中点为G，所以p+s=2x1，所以p−sx因为PQ//AG，所以所以x1(当PQ斜率不存在或中点为A时也满足上式)同理可得x2所以点G，H在曲线x−2x+2因为PQ⊥MN，所以PQ⋅MN=0可得x1当直线GH的斜率不存在时，设GH的方程为x=m，联立x−2x+2y−1y=0所以y1+y代入①式可得3m2−10m+8=0，即m−23m−4=0若m=2，则直线GH的方程为x=2，所以直线GH过A2,1若m=43，则直线GH的方程为当直线GH的斜率存在时，设GH的方程为y=k联立x−2x+2y−1y=0所以x1+x由①式可得k1代入整理得8k即2k1+n−14k若n=1−2k1，则直线GH的方程为所以直线GH过A2,1若n=1−4k13，则直线GH的方程为y=k综上可知，直线GH过定点K4取AK的中点E5在Rt▵ADK中，DE=所以存在定点E53,法二：设Pp,q，Qs,t，Gx当直线PQ，MN斜率都存在