2026年山东省青岛市第九中学高考数学二模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年山东省青岛市第九中学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S={−2,0,1}，T={x|x2=4}，则S∩T=A.{0,1} B.{−2} C.{−2,2} D.{−2,0,2}2.已知z=1+bi(b>0)，且|z|=2，则z−=(

)A.−1+3i B.1−3i3.若一个等比数列的前3项和等于3，前6项和等于−21，则该等比数列的第4项等于(

)A.16 B.8 C.−4 D.−84.如图，网格纸上小正方形的边长为1，向量a，b的起点和终点均在格点上，则a⋅(a−A.−10

B.5

C.15

D.205.曲线y=x2+lnx−1在其与x轴的交点处的切线方程为A.y=3x−3 B.y=−3x+3 C.y=2x−2 D.y=−2x+26.已知α,β∈(0,π2)，且cosα=sinA.α=2β B.α+β=π2 C.2sinα=cosβ 7.已知椭圆C：x24+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交C于A.6417 B.7217 C.88.若函数f(x)=x2|1x−a|+x−a有且仅有2A.(−1,0)∪(0,1] B.(−∞,−1)∪[1，+∞)

C.(−1,0)∪{1} D.(−1,0)∪(0,+∞)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a>b，c<d，则(

)A.a−c>b−d B.ad>bc

C.ad+bc>ac+bd D.a10.如图，在多面体EF−ABCD中，四边形ABCD是矩形，EF//AB，DE⊥平面ABCD，G为CD的中点，AB=4，EF=3，AD=2DE，则A.AE⊥CD

B.BF//平面AEG

C.平面AGF⊥平面ABFE

D.四棱锥A−DEFG与F−ABCG的体积之比为5：611.箱子中有m(m=3,4,…)个大小相同的球，编号分别为1，2，…，m.按如下方式从箱子中不放回地取球：第一次随机取出一个球，若该球的编号为s(s=1,2,…,m)，则第二次随机一次取出s−1个球.记完成上述两次取球后编号为t(t=1,2,…,m)的球被取出的概率为P(m,t)，设k∈{1,2,…,m}，则(

)A.P(3,1)=56 B.P(m,m)为定值

C.P(m,k)≤P(m+1,k+1) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数.设g(x)=f(x−1)+1，若f(x)在(0,+∞)的最小值为2，则g(x)在(−∞,1)的最大值为

．13.已知抛物线C1：y2=2x，C2：y2=4x的焦点分别为F1，F2，点P，Q分别在C1，C2上，且线段PQ平行于x轴.14.已知等边△ABC的三个顶点都在平面α的同一侧，且三条边在α上的射影长分别为1，2,3，则平面ABC与α所成二面角(锐角)的余弦值为

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的对边分别为a，b，c，已知c=2asinCcos(B+C)．

(1)求A；

(2)若b=22，△ABC的面积为3，求a16.(本小题15分)

如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的高为6，AB=BC=6，∠ABC=90°，E，F分别为AB，CC1的中点，G为B1C1上一点，且GC1=2．

17.(本小题15分)

已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点A(1,0)到C的一条渐近线的距离为63．

(1)求C的方程；

(2)设过点(1,1)的直线交C于P，Q两点，过18.(本小题17分)

已知函数f(x)=2lnx+1x2，g(x)=ex−sinx．

(1)求f(x)的单调区间；

(2)当x>0时，g(x)<e2x+ax，求a的取值范围；

(3)设19.(本小题17分)

光明中学举行校乒乓球比赛，共有2m人报名参加男子单打比赛，参赛选手的编号记为1，2，…，2m，并将所有选手分成A，B两组，每组各m人，其中m为不小于10的整数．

(1)若m=10，求编号为10和20的选手都在A组的概率；

(2)若编号为m和2m的选手都在A组，证明：在B组选手中总能找出2人，使得他们的编号之和等于2m；

(3)A组选手与B组选手一对一比赛后共有m人晋级.已知在晋级的选手中有不超过10%的选手退赛，证明：在晋级且没有退赛的选手中总能找出4人，使得在这4人中有2人的编号之和等于另外2人的编号之和．

参考答案1.B

2.B

3.D

4.C

5.A

6.D

7.A

8.D

9.AC

10.ACD

11.ABD

12.−1．

13.2314.615.解：（1）因为c=2asinCcos(B+C)．

所以sinC=2sinAsinCcos(B+C)，

因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，

所以1=2sinAcos(B+C)，

因为B+C=π−A，

所以cos(B+C)=−cosA，

所以1=−2sinAcosA，

所以sin2A=−1，因为A∈(0,π)，

所以2A∈(0,2π)，所以2A=3π2，解得A=3π4；

(2)由(1)可知A=3π4，

因为b=22，△ABC的面积S=12bcsinA=16.解：(1)如图，延长A1F，AC交于点M，连接EM交BC于点N，连接FN，

因为F为CC1的中点，且FC//AA1，故C为AM的中点，

过C作CK//AB，交EM于点K，

因为E为AB的中点，故CK=12AE=12BE,NCBN=CKBE=12，

因为BC=6，故NC=2，

又因为C1G=2，故tan∠GBN=tan∠FNC=32，

故∠GBN=∠FNC，BG//FN，

因为BG⊄平面A1EF，FN⊂平面A1EF，

所以BG//平面A1EF．

(2)以B为坐标原点，直线BA为x轴，直线CB为y轴，直线BB1为z轴建立坐标系，

则E(3,0,0)，F(0,−6,3)，A1(6,0,6)，G(0,−4,6)，

故EF=(−3,−6,3),EA1=(3,0,6)，记n=EG=(−3,−4,6)，

设平面A1EF17.解：(1)由于A(1,0)是右顶点，故a=1，

而A(1,0)到渐近线bx±xay=0的距离均为|b|a2+b2，

故由已知有|b|a2+b2=63，

所以23=(63)2=(|b|a2+b2)2=b2a2+b2=b212+b2=1−11+b2，

解得b=2，

故C的方程为x2−y22=1．

(2)证明：记M(1,1)，T(85,−45)，并设PR的中点为E，

由于OT的中点为(45,−25)，OT的斜率kOT=−12，

故OT的垂直平分线为y=2(x−45)−25，即y=2x−2，

设P(x0,y0)，由于M(1,1)，假设PM的斜率不存在，

那么PM的方程是x=1，该直线与C只有一个公共点，矛盾；

所以PM的斜率存在，故可设其方程为y=y0−1x0−1(x−1)+1，

将该直线与x2−y18.解：(1)f′(x)=2x−2x3=2(x+1)(x−1)x3(x>0)，

当0<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，

所以f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1,+∞)．

(2)设h(x)=g(x)−e2x−ax=ex−e2x−sinx−ax，则h′(x)=ex−2e2x−cosx−a，

令h′(0)=0，则a=−2．

当a<−2时，h′(0)>0，故存在δ>0，使得当x∈(0,δ)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，

故当x∈(0,ð)时，h(x)>h(0)=0，即g(x)>e2x+ax，不合题意．

当a≥−2时，h′(x)≤ex−2e2x−cosx+2，且当x≥0时，ex−2e2x−cosx+2≤−e2x−cosx+2，

设k(x)=−e2x−cosx+2，则当x≥0时，k′(x)=−2e2x+sinx<0，

故当x≥0时，k(x)单调递减，此时k(x)≤k(0)=0，

所以当x≥0时，h′(x)≤0，h(x)单调递减，

当x>0时，h(x)<h(0)=0，即g(x)<e2x+ax，

综上，a的取值范围是[−2,+∞)．

(3)证明：设ln1t=r，则r>0，t=e−r∈(0,1)，

故f(t)−g(ln1t)=f(e−r)−g(r)=e2r−2r−er+sinr，

由(2)可知，当a=−2，x>0时，h(x)<0，故f(e−r)>g(r)．

由f(1−s)=g(ln1t)=g(r)，得f(e−r)>f(1−s)，

又e−r，1−s∈(0,1)，且由(1)可知f(x)在区间(0,1)单调递减，

故0<e−r<1−s<1，即−lnt=r>−ln(1−s)，s<1−t．

设φ(x)=lnx−x+1，则φ′(x)=1−xx，

当0<x<1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，当x>1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，

故当x≠1时，φ(x)<φ(1)=0，故r>−ln(1−s)>s．

当x>0时，g′(x)=ex−cosx>0，[g′(x)]′=ex+sinx>0，故g(x)，g′(x)均单调递增．

所以f(t)=f(e′)>g(r)>g(−ln(1−s))>g(s)>0．

当0<x<1时，设x3[f′(x)+g′(1−x)]<2(x2−1)+x[e1−x−cos(1−x)]=u(x)，

则a′(x)=4x+e1−x−cos(1−x)+x[−e1−x−sin(1−x)]>x[3−sin(1−x)]+(1−x)(e1−x−1)>0，

故u(x)单调递增，u(t)<u(1)=0，

又g′(x)单调递增，s<1−t，故0<g′(s)<g′(1−t)<−f′(t