山东省济南市2026届高三下学期第二次模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省济南市2026届高三下学期第二次模拟考试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.已知集合，，若且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】解不等式得或，则或，因为，所以.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【答案】A【解析】根据题意，将7个数据从小到大排列，去掉一个最高分和最低分，得到5个有效评分，原始数据和有效评分相比，最中间的数没有发生改变，所以中位数不改变.3.已知为非零向量，则“与共线”是“与共线”的（）A.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【答案】C【解析】若与共线，当时，存在实数，使得，整理得，若与不共线，则且，矛盾，故与共线；当，有，此时与共线；故“与共线”是“与共线”的充分条件；若与共线，则存在实数，使得，则，，故与共线，故“与共线”是“与共线”的必要条件；综上可得：“与共线”是“与共线”的充要条件.4.已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】对于A选项，对于函数，由可得，即函数的定义域为，与题中图象不符；对于B选项，令，可得，即函数只有一个零点，与题中图象不符；对于C选项，函数的定义域为，，函数为偶函数，与题中图象不符；对于D选项，函数的定义域为，，函数为奇函数，令得，可得，当时，，则，与题中图象相符.5.已知抛物线的焦点为F，过点作C的准线的垂线，垂足为，则点到直线的距离为（）A. B.4 C. D.【答案】B【解析】由题意可得，则，即，准线方程为，则则点到直线的距离为.6.已知正实数满足，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由于，所以，设，则，所以在上单调递增，那么，所以，，，设，，所以，在上单调递减，，即,由于，那么,，综上，.7.如图，三边的中点分别为，将六个数字全部标注在六个点处，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【答案】B【解析】由题意可得顶点标注只能为或，其余情况不满足题意.若顶点标注，则标注在中点处，此时有，若顶点标注，则只能标注在之间的边的中点，此时有种，所以不同的标注方法有种.8.已知函数，若，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由于，所以,因为​，所以，因为，且，则​由余弦函数的对称性，，且，所以，则，则，因为，且，所以二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知复数是方程的两根，则（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】对A，由题知，方程的两根为，则，正确；对B，若，则，若，则，错误；对CD，由韦达定理可知，，，C错误，D正确.10.已知函数，则（）A.有两个极值点B.当且仅当C.当时，D.若，则【答案】ABC【解析】已知，求导得，令，得或，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，极大值，极小值，因式分解得：，对于A选项：有两个极值点有两个实数根和，且在这两点左右两侧导数异号，因此这两个点都是极值点，故A正确；对于B选项，因为，其中，要使，必须有且，解，得，此时自然满足，因此不等式解集为，故B正确；对于C选项：当时，，当时，，且，故两者均处于的单调递增区间，，因为，所以，即，又函数在上单调递增，故，故C正确；对于D选项：取，计算得，为了使和为4，需要，令，即，分解得，解得或，若取，满足，但此时，因此原命题不一定成立，故D错误.11.已知正四面体的棱长为，点平面，且，点在之间或在内．记为与（平行时两平面间的距离，则（）A.该四面体外接球的表面积为B.的最小值为C.若，且，则直线与所成的角为D.若依次排列且两两平行，满足，则【答案】ACD【解析】对于A，将正四面体放入如图所示的正方体，设正方体的棱长为，所以，所以，该四面体外接球即为正方体的外接球，所以，所以该四面体外接球的表面积为，故A正确；对于B，因为，不妨设为平面，为平面，所以，故B错误；对于C，设直线与所成的角为，则，因为，所以，则直线与所成的角为，故C正确；对于D，若依次排列且两两平行，满足，在上取点，使得，如图，连接交于点，连接交于点，分别过点作，连接，则平面为平面，为平面，易知平面，均垂直底面，以为坐标原点，将平面放入如图所示的平面直角坐标系，则，所以直线的方程为：，化简为：，同理直线的方程为：，所以两直线间的距离即为，，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为______．【答案】【解析】令可得：，所以双曲线的一条渐近线可为：，即，圆的圆心，所以圆心到直线的距离为：，所以被圆所截得的弦长为：.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______．【答案】【解析】由圆锥与圆柱的底面积相等，所以圆柱和圆锥的底面半径相等，设为，由圆柱的轴截面是一个正方形，故其高，设圆锥的高为，由圆锥与圆柱的体积相等得，，所以，则圆锥的侧面积，圆柱的侧面积，则.14.甲和乙各自从门选修课中任意选取3门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为______．【答案】【解析】将门选修课编号为，设为第i门课是否被选中，，则，又，则．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.记的内角的对边分别是，已知，．（1）证明：为等腰三角形；（2）若边上的高为，且，求的周长．（1）证明：因为，由正弦定理可得，即，因为在中，，所以，即，因为在中，，所以或（舍去），则，则在中，，即，所以为等腰三角形；（2）解：由（1）知因此；因为，代入得：，所以，得因为为三角形内角，，故：，由于，所以因为边上的高为，，所以，解得：因为，所以因此，所以的周长为：.16.已知三棱柱的棱长均为2，，平面平面（1）求该棱柱的体积；（2）求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）设的中点为，连接，为等边三角形，边长为，，，，平面平面，平面平面，平面，又平面，，，，则，又平面平面，平面平面，平面，；（2）由（1）知平面，，如图，以为原点建立空间直角坐标系，，设平面的一个法向量，，不妨取，则，易知平面的一个法向量，，则平面与平面夹角的余弦值为．17.已知函数．（1）若曲线在处的切线斜率为，求；（2）若是的极大值点，求的取值范围．解：（1）因为，由题意可得，由导数的几何意义可得，解得.（2）因为是的极大值点，，则，令，其中，则，，①当时，对任意的恒成立，则在上为减函数，当时，，即函数在上单调递增，当时，，即函数在上单调递减，此时为函数的极大值点；②当时，函数在为增函数，由可得，由可得，由可得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，（i）当时，即当时，若时，，即函数在上单调递增，当时，，即函数在上单调递减，此时为函数的极大值点；（ii）当时，即当时，若时，；若时，.此时函数在上单调递增，无极值点；（iii）当时，即当时，若时，，即函数在上单调递减，若时，，即函数在上单调递增，此时为函数的极小值点综上所述，，即实数的取值范围是.18.在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，焦距为2，过的直线与交于两点，为线段的中点，过的直线与交于两点．（1）求C的方程；（2）设分别为直线的斜率，已知．（ⅰ）证明：为线段的中点；（ⅱ）判断四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．（1）解：由题意得,解得，所以椭圆的方程为；（2）（ⅰ）证明：由，则直线的斜率存在，设直线的方程为，，，设中点，联立，得，则，，，则，即中点在直线上，又是直线上，则，重合，所以为线段的中点；（ⅱ）解：由（ⅰ）知为中点，为线段的中点，又关于原点对称，，又，则，，解得，，点到直线的距离，故四边形的面积为定值．19.给定正整数n，数集满足对于任意，都存在，使得．（1）若，，且，求；（2）证明：对于任意，都有；（3）若，，且，求数集中所有元素的和．（用含有的式子表示）（1）解：当时，取，则故命题成立.当或时，命题也显然成立.由题意，对，应有故分别解得又因为为三元数集，故，且，所以（2）证明：当时，命题显然成立.当时，设为中的最大元素，为中的最小元素.若既不是最大元素，也不是最小元素，则于是对任意，都有另一方面，取，则由题设，应存在，使得即这与矛盾.故必为中的最大元素或最小元素.若为最大元素，则对任意，都有从而若为最小元素，同理可得命题得证.（3）解：若，则，又已知，故是中的最小元素