2026年山东省烟台市开发区二模数学试题（含解析）

2025-2026年山东省烟台市开发区二模数学试题本卷满分120分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．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．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单选题1.一个几何体如图水平放置，它的俯视图是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了组合体的三视图，解题的关键是根据从上面看到的图形是几何体的俯视图即可解答．【详解】解：从上面看，如图所示：故选：C．2.已知实数a满足，那么的值是（）A.2023 B. C.2024 D.【答案】B【解析】【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，掌握二次根式的被开方数是非负数是解题的关键．根据被开方数大于等于0列式求出的取值范围，再去掉绝对值号，然后两边平方整理即可得解．【详解】解：∵，，，则，，，，故选：B．3.若a，c，d是整数，b是正整数，且满足，，，那么的最大值是（）A. B. C. D.１【答案】B【解析】【分析】根据题意得，，，代入，已知是正整数，其最小值为1，于是的最大值是．【详解】解：，，又，，，，，，，是正整数，其最小值为1，的最大值是．故选：B．本题的实质是考查三元一次方程组的解法．通过解方程组，了解把“三元”转化为“二元”、把“二元”转化为“一元”的消元的思想方法，从而进一步理解把“未知”转化为“已知”和把复杂问题转化为简单问题的思想方法．解三元一次方程组的关键是消元．解题之前先观察方程组中的方程的系数特点，认准易消的未知数，消去未知数，组成元该未知数的二元一次方程组．4.如图，电路上有，，，四个断开的开关和一个正常的小灯泡L，将这些开关随机闭合至少两个，能让灯泡发光的概率为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查列举法求事件的概率，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．由题意可得出所有等可能的结果数以及能让灯泡发光的结果数，再利用概率公式可得出答案．【详解】解：将这些开关随机闭合至少两个，所有等可能的结果有：闭合两个的情况有：，，，，，，，，，，，，闭合三个的情况有：，，，，，，，，，，，，闭合四个的情况有：，，，，故这些开关随机闭合至少两个共11种，其中能让灯泡发光的结果有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共9种，将这些开关随机闭合至少两个，能让灯泡发光的概率为．故选：D．5.已知关于x的方程恰有一个实根，则满足条件的实数a的值的个数为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】本题考查了解分式方程，判别式的应用，因式分解法解一元二次方程，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先把整理得，因为关于x的方程恰有一个实根，故，即，再把代入进行计算，得，符合题意；第二种情况：方程有两个不等的实数根，即方程有一个根为0或2．再进行分析，逐步计算，即可作答．【详解】解：把去分母，得．方程的根的情况有两种：第一种情况：方程有两个相等的实数根，即．解得．当时，则，整理得得．第二种情况：方程有两个不等的实数根，而其中一根使原方程分母为零，即，解得或即方程有一个根为0或2．当时，代入式得，即．当时，解方程，整理得，解得或．而是增根，即这时方程①的另一个根是．它不使分母为零，确实是原方程的唯一根．当时，代入①式，得，即．当时，解方程，则，或此时是增根，故为方程的唯一实根；因此，若原分式方程只有一个实数根时，所求的a的值分别是，4，6，共3个．故选：C．6.如图，四边形是正方形，曲线叫作“正方形的渐开线”，其中，，，，…的圆心依次按O，A，B，循环．当时，点的坐标是()A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题得点的位置每4个一循环，经计算得出在第三象限，与，，，…符合同一规律，探究出，，，...的规律即可．【详解】解：由图得，，…点C的位置每4个一循环，，∴在第三象限，与，，，…符合规律，∴坐标为．故选：A．本题考查了点的坐标的规律的探究，理解题意求出坐标是解题关键．7.刘徽（今山东滨州人）是魏晋时期我国伟大的数学家，中国古典数学理论的奠基者之一，被誉为“世界古代数学泰斗”．刘徽在注释《九章算术》时十分重视一题多解，其中最典型的是勾股容方和勾股容圆公式的推导，他给出了内切圆直径的多种表达形式．如图，中，的长分别为．则可以用含的式子表示出的内切圆直径，下列表达式错误的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】本题考查了勾股定理，三角形内接圆半径，令，根据选项中关系式计算比较判断即可．【详解】解：为直角三角形，令．选项A：，选项B：，选项C：，选项D：，只有D选项结果跟其他选项结果不一致，表达式错误的是D选项，故选：D．8.如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（）①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°；A.①③ B.①②③ C.②③ D.①②④【答案】D【解析】【分析】由四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG=∠BCE，即可证明∠POC=90°，可判断①正确；取AC的中点K，可得AK=CK=OK=BK，即可得∠BOA=∠BCA，从而△OBP∽△CAP，判断②正确，由∠AOC=∠ADC=90°，可得A、O、C、D四点共圆，而AD=CD，故∠AOD=∠DOC=45°，判断④正确，不能证明OB平分∠CBG，即可得答案．【详解】解：∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，∴AB=BC，BG=BE，∠ABC=90°=∠GBE，∴∠ABC+∠CBG=∠GBE+∠CBG，即∠ABG=∠EBC，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴∠BAG=∠BCE，∵∠BAG+∠APB=90°，∴∠BCE+∠APB=90°，∵∠APB=∠CPO，∴∠BCE+∠OPC=90°，∴∠POC=90°，∴EC⊥AG，故①正确；取AC的中点K，如图：在Rt△AOC中，K为斜边AC上的中点，∴AK=CK=OK，在Rt△ABC中，K为斜边AC上的中点，∴AK=CK=BK，∴AK=CK=OK=BK，∴A、B、O、C四点共圆，∴∠BOA=∠BCA，∵∠BPO=∠CPA，∴△OBP∽△CAP，故②正确，∵∠AOC=∠ADC=90°，∴∠AOC+∠ADC=180°，∴A、O、C、D四点共圆，∵AD=CD，∴∠AOD=∠DOC=∠DAC=45°，故④正确，由已知不能证明OB平分∠CBG，故③错误，故正确的有：①②④，故选：D．本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，四点共圆等知识，解题的关键是取AC的中点K，证明AK=CK=OK=BK，从而得到A、B、O、C四点共圆．9.如图所示，正方形与（其中边，分别在，轴的正半轴上）的公共顶点在反比例函数的图象上，直线与，轴分别相交于点，．若这两个正方形的面积之和是，且．则的值是（）A.5 B.1 C.3 D.2【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了反比例函数的图形与性质，反比例函数的系数k的几何意义，反比例函数图象上点的坐标的特征，利用线段的长度表示出点的坐标是解题的关键．设，利用正方形的性质和相似三角形的判定与性质得到a，b的关系式，再利用求得a，b值，则点A坐标可求，最后利用待定系数法解答即可得出结论．【详解】解：设，由题意得：．∵正方形与（其中边分别在x，y轴的正半轴上）的公共顶点A在反比例函数的图象上，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴．∴．∴，∴．故选：C10.如图，二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，对称轴为直线，下列四个结论：①；②；③；④若，则，其中正确结论的个数为（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4【答案】C【解析】【分析】此题考查了二次函数的图象和性质，数形结合是解题的关键，利用开口方向和对称轴的位置即可判断①，利用对称轴和特殊点的函数值即可判断②，利用二次函数的最值即可判断③，求出，进一步得到，又根据得到，即可判断④.【详解】解：①函数图象开口方向向上，；对称轴在轴右侧，、异号，，∵抛物线与轴交点在轴负半轴，，，故①错误；②二次函数的图象与轴交于点，与轴交于点，对称轴为直线，，，时，，，，，故②正确；③对称轴为直线，，最小值，，∴，故③正确；④，∴根据抛物线与相应方程的根与系数的关系可得，，，，，，，故④正确；综上所述，正确的有②③④，故选：C二、填空题11.有个女孩，个男孩，每个孩子摘得相同数目的桃子，共摘个桃子，则男孩有_______________个．【答案】或【解析】【分析】本题主要考查因式分解的应用，根据题意，先写出的形式，再根据能被整除，即可得出答案．【详解】解：根据题意将变形可得，∵能被整除，∴能被整除，∵n为正整数，∴为大于11的整数，∵30的因数中大于的有和，∴若，则；若，则，∴或，故答案为：或．12.若整数、、满足，且，，则_______．【答案】【解析】【分析】根据和确定的整数范围，用表示和，枚举验证得到符合条件的整数，计算得．【详解】解：，且，，即，，为整数，最大为，，，即，整理得，枚举整数验证：当时，，此时，，，不符合题意；当时，，此时，，，不符合题意；当时，，，，不符合题意；当时，，，，联立无整数解，不符合题意；当时，，，，联立无整数解，不符合题意；当时，，，，联立无整数解，不符合题意；当时，，，可得满足的整数，，符合，验证得，，满足所有条件，此时，因此．13.如果方程的三个根可以作为一个等腰三角形的边长，则实数__．【答案】6或【解析】【分析】先确定是方程的一个根，再由有两个相等的根或有一个根是2，分别求解的值，根据等腰三角形的三边关系进行验证即可．【详解】解：方程可变形为：，即，∴，∴或，∴是方程的一个根，方程的三个根可以作为一个等腰三角形的边长，有两个相等的根或有一个根是2，当有两个相等的根时，△，解得，此时方程的根为，三角形的三条边长分别为2，，；当有一个根是2时，，此时方程的根为或，三角形的三条边长分别为2，2，3；综上所述：的值为6或，故答案为：6或．本题是一元二次方程的综合题，主要考查了解一元二次方程、根的判别式以及等腰三角形的定义和三角形的三边关系等知识，求出是方程的一个根是解题的关键．14.如图，矩形中，，，为的平分线，F为上一动点，点M为的中点，连接，则的最小值是______．【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求出的解析式，设点，求点坐标，由两点距离公式和二次函数性质可求的最小值；【详解】解：以点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，∵，，∴点，，，∵为的平分线，∴，∴，∴，∴点，设直线的解析式为，将点，代入可得，，解得：，∴，设，∵点M为的中点，∴，∴，∵，，∴当时，最小，，故答案为：；本题考查了矩形的性质，二次函数的性质，两点距离公式等知识，建立平面直角坐标系是本题的关键．15.如图，在菱形中，，点是对角线的中点，以点为圆心，长为半径作圆心角为的扇形，点在扇形内，则图中阴影部分的面积为___________．【答案】【解析】【分析】本题考查了扇形面积公式，含直角三角形的边长关系，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线证明，则可得，再利用扇形面积公式即可求得阴影部分面积，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：如图，连接，交于点，过点作交于点，在菱形中，，，，，点是对角线的中点，，，，，，，为等边三角形，，，，，，过点作交于点，，，，，故答案为：．16.当时，最大值与最小值的差为，则的值________．【答案】或##或【解析】【分析】二次函数开口向上，对称轴，根据对称轴与区间的位置关系分情况讨论，分别求出最大值和最小值，根据差为计算，舍去不符合条件的解．【详解】解：∵中，∴抛物线开口向上，对称轴为直线，又∵，∴，分情况讨论：①当对称轴在区间的右侧，即时，得，此时函数在上，随的增大而减小，∴当时，取得最大值；当时，取得最小值，由题意得，解得，不符合，故舍去；②当，即时，此时最小值在对称轴处，∴的最小值为，∵抛物线开口向上，∴离对称轴越近，函数值越小，又∵，∴当时，取得最大值，由题意得，整理得，解得或（其中与题设矛盾，舍去）；③当，即时，同理，此时的最小值为，∵，∴当时，取得最大值，由题意得，整理得，解得或（其中与题设矛盾，舍去）；综上，的值为或．三、解答题17.对一切实数k，有成立，求k的最大值．【答案】【解析】【分析】本题考查了二次根式有意义的条件，二次根式的性质，求不等式组的解集，先根据二次根式有意义的条件求出，设，则，得到，即，即可解答．【详解】解：由题意得且，解得且，∴，设，则，∵，∴，即，∴的最小值为，∴的最大值为．18.阅读：中，分别是的对边，的边角有如下性质：①正弦定理：．②余弦定理：．③，其中表示的面积．请你根据上述结论求解下列问题：（1）在锐角中，分别是的对边，若，求的大小及的面积．（2）在四边形中，，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】本题主要考查了正弦定理与余弦定理，灵活运用正弦定理与余弦定理是解题的关键．（1）由得到，结合正弦定理得的值，即可确定、，结合余弦定理可求得,用公式即可求得面积；（2）先根据已知证明，在确定当过点时最大，进而利用余弦定理求解即可．【小问1详解】解：，，，为锐角，，又，，，，．【小问2详解】在中，，，，,点在以为直径的圆上．设的中点为，当过点时取得最大值，如图所示:在中，，,（负值已舍）．又，的最大值为．19.从地面竖直向上发射的物体离地面的高度满足关系式，其中是物体运动的时间，是物体被发射时的速度．社团活动时，科学小组在实验楼前从地面竖直向上发射小球．（1）小球被发射后_________时离地面的高度最大（用含的式子表示）．（2）若小球离地面的最大高度为，求小球被发射时的速度．（3）按（2）中的速度发射小球，小球离地面的高度有两次与实验楼的高度相同．小明说：“这两次间隔的时间为．”已知实验楼高，请判断他的说法是否正确，并说明理由．【答案】（1）（2）（3）小明的说法不正确，理由如下：由（2），得，当时，，解方程，得，，∴两次间隔的时间为，∴小明的说法不正确．【解析】【分析】本题考查了二次函数的应用，解题的关键是：（1）把函数解析式化成顶点式，然后利用二次函数的性质求解即可；（2）把，代入求解即可；（3）由（2），得，把代入，求出t的值，即可作出判断.【小问1详解】解：，∴当时，h最大，故答案为：；【小问2详解】解：根据题意，得当时，，∴，∴（负值舍去）；【小问3详解】略20.阅读材料：对于正数a、b，有，所以，即（当且仅当时取“=”）．特别地：（当且仅当时取“=”）．因此，当时，有最小值2，此时．简单应用：（1）函数的最大值为______．（2）求函数，当______时，最小值为______．解决问题：（3）已知是反比例函数图象上的点，Q是双曲线在第四象限这一分支上的动点，过点Q作直线，使其与双曲线只有一个公共点，且与x轴、y轴分别交于点A、B．另一直线与x轴、y轴分别交于点C、D，求四边形面积的最小值．【答案】（2）；（2）；（3）48【解析】【分析】（1）求得，进而求得结果；（2）变形，进一步求得结果；（3）设点，求出的解析式和反比例函数的解析式，进而联立得出一元二次方程，由根的判别式为0，求得的关系，进而表示出四边形的面积，进一步得出结果．【详解】解：（1）∵，，故答案为：；（2），当时，即：当时，，故答案为：；（3）把代入得，，，设点，∴直线的解析式为：，由得，，∵直线与双曲线只有一个公共点，，，由得：，，∴，∴当，即：时，四边形的面积最小值为：48．本题以阅读题方式给出一个基本不等式，考查了求反比例函数的解析式，一次函数的解析式，一元二次方程根的判别式，解方程等知识，解决问题的关键是设点的坐标，转化为一元二方程的有关问题．21.如图，点A（8，0），点B分别在x轴，y轴上，直线y＝kx+b与x轴，y轴分别相交于点D，B两点，C在△AOB的外接圆上，且C（4，8）．（1）①直接写出b＝______．②求证：当k＝时，BD是⊙O'的切线．（2）如图1，若点P是优弧上的一点（不与B，C重合），求sin∠BPC的值．（3）如图2，在（1）的条件下，当P点在⊙O'上运动时，过O作OQ⊥CP于Q，求线段DQ的最小值．【答案】（1）①6；②证明见解析；（2）sin∠BPC＝；（3）线段DQ的最小值＝．【解析】【分析】（1）①在Rt△O′OF中，则OO′2＝OF2+O′F2，即r2＝42+（8﹣r）2，解得r＝5，求出点B（0，6），即可求解；②求出点A、B、D的坐标，利用勾股定理即可求解；（2）因为∠BPC＝∠BAC，而Rt△ABC中，AB＝10，，则sin∠BAC＝＝，即可求解；（3）当点Q在CP上运动时，Rt△COQ的斜边OC不变，故Q点在以OC为直径的圆G上，此时线段DQ最小值即为射线DG与圆G相交的离点D近的交点，即可求解．【详解】解：（1）①作CE⊥x轴于点E，则点E（4，0），即点E是OA的中点，故CE过O′，∵∠AOB＝90°，故点O′在AB上，故CE与BA交于点O′，过点O′作O′F⊥y轴交于点F，连接O′O，设圆O′的半径为r，在Rt△O′OF中，则OO′2＝OF2+O′F2，即r2＝42+（8﹣r）2，解得r＝5，故OF＝8﹣r＝3，OB＝2OF＝6，故点B（0，6），则b＝6；故答案为6；②点B（0，6），k＝，则直线BD的表达式为y＝x+6，令y＝0，即x+6＝0，解得x＝﹣，故点D（﹣，0），∵点A、B、D的坐标分别为（8，0）、（0，6）、（﹣，0），则AB＝＝10，同理可得：AD＝，BD＝，则AD2＝AB2+BD2，故△ABD为直角三角形，故∠ABD＝90°，∴BD是⊙O'的切线；（2）如图2，连接BC、AC，则∠BPC＝∠BAC，∵AB是直径，故∠ACB＝90°，则Rt△ABC中，AB＝10，，则sin∠BAC＝＝，故sin∠BPC＝；（3）如图3，当点Q在CP上运动时，Rt△COQ的斜边OC不变，故Q点在以OC为直径的圆G上，此时线段DQ最小值即为射线DG与圆G相交的离点D近的交点，此时的DQ＝DG﹣圆G的半径，∵点D（，0）、而点G为OC的中点，故点G（2，4），则DG＝＝，同理OC＝4，故线段DQ最小值．本题考查了圆的综合应用，一次函数，三角函数值，勾股定理，切线等的知识，熟悉相关性质是解题的关键．22.在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题：【问题情境】如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长．解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．由旋转的特征得，，，．∵，，∴．∵，∴，即．∴．在和中，，，，∴___①___．∴．又∵，∴在中，___②___．∵，，∴___③___．【问题解决】上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______．刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变．【知识迁移】如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．【拓展应用】如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．【问题再探】如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．AI

由旋转的特征得．由题意得，∴．在和中，，∴．∴．又∵为正方形的对角线，∴．∵，∴．在和中，，∴，∴．在和中，，∴．∴．在中，，∴．【拓展应用】；【问题再探】【解析】【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可；【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解；【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明；【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解；【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．由旋转的特征得，，，．∵，，∴．∵，∴，即．∴．在和中，，，，∴①．∴．又∵，∴在中，②．∵，，∴③．【知识迁移】略【拓展应用