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2026年山东省济南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.已知集合，，若且，则( )
A. B. C. D.
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，得到个数据去掉一个最高分和一个最低分后，得到的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
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
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.
5.已知抛物线：的焦点为，过点作的准线的垂线，垂足为，则点到直线的距离为( )
A. B. C. D.
6.已知正实数，，满足，则( )
A. B. C. D.
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. 种 B. 种 C. 种 D. 种
8.已知函数，若，且，则( )
A. B. C. 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.已知复数，是方程的两根，则( )
A. B. C. D.
10.已知函数，则( )
A. 有两个极值点
B. 当且仅当
C. 当时，
D. 若，则
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
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 ．
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 ．
14.甲和乙各自从门选修课中任意选取门，记为被甲或乙选中的选修课数量，则的数学期望为 ．
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.本小题分
记的内角，，的对边分别是，，，已知，．
证明：为等腰三角形；
若边上的高为，且，求的周长．
16.本小题分
已知三棱柱的棱长均为，，平面平面．
求该棱柱的体积；
求平面与平面夹角的余弦值．
17.本小题分
已知函数．
若曲线在处的切线斜率为，求；
若是的极大值点，求的取值范围．
18.本小题分
在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为，过的直线与交于，两点，为线段的中点，过的直线与交于，两点．
求的方程；
设，分别为直线，的斜率，已知．
证明：为线段的中点；
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．
19.本小题分
给定正整数，数集满足对于任意，，都存在，使得
若，，且，求；
证明：对于任意，，都有；
若，，且，求数集中所有元素的和用含有，的式子表示
参考答案
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15.解：证明：因为，由正弦定理得：，
即，所以，
因为，所以，
又因为，，所以或，
因为，所以，又因为，得，
所以为等腰三角形；
因为，所以，代入得：，
所以，解得舍或，
因为，所以，
又边上的高为，得，所以，
所以的周长为．
16.解：取的中点，连接，，
由题意知，是边长为的等边三角形，
所以，，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
而平面，
所以，
因为，所以，
又，，所以，即，
又，、平面，
所以平面，
所以棱柱的体积．
由知平面，，
所以，，两两互相垂直，
故以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
取，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17.解：因为，所以，所以；
因为，令，
所以，，
当时，恒成立，所以在上单调递减，
又因为，所以当时，，
即，故单调递增；
当时，，即，故单调递减，
所以为的极大值点，则符合题意，
(ⅱ)当时，由，解得，
所以当时，，单调递减，
因为，所以，又因为，
所以当时，，即，故单调递增；
当时，，即，故单调递减，
所以为的极大值点，则符合题意，
(ⅲ)当时，由，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，所以恒成立，即恒成立，
所以在上单调递增，则不符合题意，
当时，由，解得，
所以当时，，单调递增，
因为，所以，又因为，
则当时，，即，故单调递减；
当时，，即，故单调递增，
所以为的极小值点，则不符合题意，
综上：的取值范围为．
18.解：由焦距为，可得，所以，
因为离心率，得，
所以，
所以的方程为．
证明：设点，，直线的方程为，
将直线与联立，得，
由韦达定理，得，，
，
，
设线段的中点为，
可得，即，
将与联立，得，
将代入，得，即点与点重合，
所以点为的中点．
因为为的中点，
所以四边形为平行四边形，且，
又点在椭圆上，将点代入，化简得，记为式，
由，得，
点到直线的距离，
设四边形的面积为，
可得，
将代入，可得为定值，
即四边形的面积为定值，定值为．
19.解：对于或或时命题显然成立，
又，解得或或，
结合题意可得．
证明：当，时，命题显然成立．
当时，若既不是中最大的元素，也不是中最小的元素，
不妨设为中的最大元素，为中最小的元素，
则，且，，等号成立当且仅当，
故矛盾
故为中的最大元素或最小元素．
若为最大元素，则，，有，，故，
同理可得，若为最小元素，有，，，
命题得证．
若，，，故是中最小元素，
下证，，，，成等差数列．
因为，故成立时，
所以有，所以，，成等差数列．
若，对于，，，，成立，
，
即，
故成立时，，
而中，两个元素的最大差值为，
，故，
即，从而有，
从而，对于，，，，成立．
故时，中元素之和为．
当时，为最大元素，同理可证，，，，为等差数列，
其中，，故此时中元素之和为．
综上所述，当时，中元素之和为；当，中元素之和为．
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