2026年山东省临沂市高考数学二模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年山东省临沂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.已知复数z满足(1+i)z=1−3i，则|z|=(

)A.5 B.3 C.5 D.2.已知集合A={x|sinx=0}，B={x|cosx=1}，则(

)A.∀x0∈A，x0∈B B.∃x0∈B，x0∉A

C.∀x3.已知(x−3)4=a0A.−15 B.−16 C.−80 D.−814.抛三枚质地均匀的硬币，记正面朝上的数量为随机变量X，定义随机变量Y=1,X≤1X,X≥2，则E(Y)=(

)A.3 B.138 C.74 5.已知四边形ABCD为平行四边形，AE=2EB，F为AC与DE的交点，则BF=A.−35AB+25AD B.6.若4π3为函数f(x)=cos(ωx−π6)(ω>0)的一个零点，且f(x)的最小正周期A.74 B.54 C.127.已知实数x，y，z满足x⋅3x=yA.x<y<z B.z<y<x C.y<z<x D.x<z<y8.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1的左、右焦点为F1，F2，离心率为32，点(3,12)在椭圆E上，P是椭圆A.1 B.3 C.2 D.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。9.一组从小到大依次排列的样本数据7，9，a，10，14的平均数等于众数，则(

)A.a=9 B.中位数为10

C.方差为5 D.第75百分位数为1010.已知曲线x2m+y2n=1与直线y=2x−4只有一个公共点，则A.m=9，n=−36 B.m=−5，n=20

C.m=4，n=8 D.m=2，n=811.等面四面体亦称等腰四面体，是一种特殊的四面体，它是每条棱与其对棱总相等的四面体，它的四个面是全等的锐角三角形.如图，等面四面体ABCD的表面展开图是一个锐角三角形A1A2A3及其三条中位线(A1,A2,A3A.其对棱AB，CD相互垂直

B.当BD=CD时，其体积为233

C.当BD=52时，其外接球的直径长为292

D.当BD=CD时，其“外接圆锥”(B,C,D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)=x3+3x2−2，若函数f(x+t)为奇函数，则13.直线l：x−y+m=0与圆C：x2+y2−2x−4y+1=0交于A，B两点，且△ABC的面积为2，则m=14.今有一批数量庞大的瓶装饮用水，假设这批水的某项矿物质含量偏差值(单位：毫克/升)ξ∼N(10，0.52)(P(μ−σ≤ξ≤μ+σ)≈0.6827，P(μ−2σ≤ξ≤μ+2σ)≈0.9545，P(μ−3σ≤ξ≤μ+3σ)≈0.9973，现从中随机抽取n瓶，这n瓶水中恰有K瓶的矿物质含量偏差值ξ位于区间(9.5,11.5).当K=30时，试以使得P(K=30)最大的n值作为n的估计值，则n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)

已知△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinC2=a−ccosBb．

(1)求角C；

(2)已知c=316.(本小题15分)

某科技公司研发了一款智能服务机器人，用于商场的导购、配送与巡检服务.为优化机器人的调度效率与服务质量，公司开展了相关测试与优化工作．

(1)下表为机器人连续5天的工作时长(小时)与服务订单数y(次数)的数据关系．时长(x)12345服务次数(y)1220273338若服务次数y与工作时长x具有线性相关关系，请预测第6天机器人工作时长为7小时时，服务订单数大约有多少？

(2)机器人在服务过程中可能出现故障，两个机器人为一组，每次一个机器人执行服务任务，若服务中无故障，则继续执行下一次服务，若出现故障，则换另一位机器人执行.甲、乙两机器人一组，第一次执行服务时，甲、乙上场的概率均为12，已知甲每次服务无故障的概率为35，乙每次服务无故障的概率为45．

(ⅰ)求第2次执行服务的是机器人甲的概率；

(ⅱ)求第n次执行服务的是机器人乙的概率．

附：回归方程y​=b​x+a​17.(本小题15分)

已知四边形ABCD为等腰梯形(如图1)，AB/​/CD，AB=2CD=2AD=4，E为AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折至△PDE位置(如图2)，且PB=10．

(1)证明：平面PDE⊥平面BCDE；

(2)求点B到平面PDC的距离；

(3)设M为棱PC上的动点，当EM与平面PDC所成角最大时，求平面BCDE与平面EBM夹角的正切值．18.(本小题17分)

已知函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=ex．

(1)关于x的不等式g(x)<f(x)+a有解，求a的取值范围；

(2)∀m∈R，∃n∈(0,+∞)，有g(m)=f(n)成立，证明：n−m>1；

(3)∀s，t∈(0,+∞)，令p(x)=f(x)g(x)，证明：19.(本小题17分)

将抛物线列记为{Cn}：y2=2n+1x,n∈N∗，其焦点列为{Fn}，过焦点F1的直线与抛物线C1交于A1(x1,y1)，B1(x1′,y1′)两点，点A1在x轴上方，点B1在x轴下方，点O为坐标原点，连接OA1，OB1并延长分别与Cn(n≥2)交于An(xn,参考答案1.C

2.D

3.A

4.B

5.A

6.B

7.D

8.A

9.BD

10.ABD

11.BCD

13.3或−1．

14.35．

15.解：(1)∵sinC2=a−ccosBb，由正弦定理可得sinC2=sinA−sinCcosBsinB，

∴sinBsinC2=sin(B+C)−sinCcosB，

∴sinBsinC2=sinBcosC，

∴sinC2=cosC，∴sinC2=1−2sin2C2，

解得sinC2=12或−1(舍去)，

∴C2=π6，

∴C=π3；

(2)∵C=π3，c=3，∴asinA=bsinB=csinC=332=2，

∴a=2sinA，b=2sinB，

∴2a−b=4sinA−2sinB=4sinA−2sin(A+π3)=4sinA−2(sinAcosπ3+cosAsinπ3)=3sinA−3cosA=23sin(A−π6)，

∵△ABC为锐角三角形，

即0<A<π20<C=2π3−A<π2，解得π6<A<π2，

可得0<A−π6<π3，∴0<sin(A−π6)<32，

即2a−b∈(0,3)．

16.(1)由题意可得，x−=1+2+3+4+55=3，y−=12+20+27+33+385=26，

i=15xi2=12+22+32+42+52=55，i=15xiyi=455，

b=i=1nxiyi−nx−y−i=1nxi2−nx−2=455−5×3×2655−5×32=6555−45=6.5，

a=y−−bx−=26−6.5×3=6.5，

所以y=6.5x+6.5，x=7时，y=6.5×7+6.5=52；

(2)(ⅰ)设“第n次服务的是甲”为事件An，“第n次服务的是乙”为事件Bn，

则P(A1)=P(B1)=12，

则P(A2)=P(A2|A1)P(A1)+P(A2|B1)P(B1)=35×12+15×12=25；

(ⅱ)记pn=P(Bn)，由题知，当n≥2时，

P(Bn|An−1)=1−35=25，P(Bn|Bn−1)=45，P(An−1)=P(B−n−1)=1−pn−1，p1=12，

由全概率公式知，

pn=P(Bn)=P(Bn|An−1)P(An−1)+P(Bn|Bn−1)P(Bn−1)=25×(1−pn−1)+45pn−1，

∴pn=25pn−1+25，

∴pn−23=25(pn−1−23)，∵p1−23=12−23=−16≠0，

故数列{pn−23}是首项为−16，公比为25的等比数列，

∴pn−23=−16×(25)n−1，

P(Bn)=pn=23−16×(25)n−1，

即第n次服务是机器人乙的概率为23−16×(25)n−1．

17.解：(1)证明：由AB//CD，AE=BE=CD=2，AD=BC=2，

可知四边形BEDC为菱形，

因此DE=AD=AE=2，△ADE为等边三角形，∠AED=60°，翻折后PE=2，∠PED=60°，

取DE中点O，连接PO，

因为△PDE为等边三角形，故PO⊥DE，且PO=3，

在△BOE中，BO2=BE2+OE2−2×BE×OE×cos120°=4+1−2×2×1×(−12)=7，

所以PO2+BO2=3+7=10=PB2，

故PO⊥BO．

因DE∩BO=O，DE，BO⊂平面BCDE，

故PO⊥平面BCDE，又PO⊂平面PDE，

故平面PDE⊥平面BCDE．

(2)以O为原点，分别以OE，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

则D(−1,0,0)，E(1,0,0)，C(