山东省济南市2025-2026学年高考数学五模试卷（含答案解析）

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1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知定点，，是圆上的任意一点，点关于点的对称点为，线段的垂直平分线与直线相交于点，则点的轨迹是（ ）
A．椭圆B．双曲线C．抛物线D．圆
2．某装饰公司制作一种扇形板状装饰品，其圆心角为120°，并在扇形弧上正面等距安装7个发彩色光的小灯泡且在背面用导线相连(弧的两端各一个，导线接头忽略不计)，已知扇形的半径为30厘米，则连接导线最小大致需要的长度为（ ）
A．58厘米B．63厘米C．69厘米D．76厘米
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知菱形的边长为2，，则（）
A．4B．6C．D．
5．在四面体中，为正三角形，边长为6，，，，则四面体的体积为（ ）
A．B．C．24D．
6．如图，在平行四边形中，对角线与交于点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数，若，则的值等于（ ）
A．B．C．D．
8．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
9．如图，在平面四边形中，满足，且，沿着把折起，使点到达点的位置，且使，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．12B．C．D．
10．已知函数，其中表示不超过的最大正整数，则下列结论正确的是（ ）
A．的值域是B．是奇函数
C．是周期函数D．是增函数
11．已知正项等比数列中，存在两项，使得，，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
12．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为3，则可输入的实数值的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知直线与圆心为的圆相交于两点，且，则实数的值为_________．
14．如图，半圆的直径AB＝6，O为圆心，C为半圆上不同于A、B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则的最小值为 .
15．已知双曲线的一条渐近线方程为，则________．
16．若变量，满足约束条件则的最大值是______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知函数，其中e为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）用表示中较大者，记函数.若函数在上恰有2个零点，求实数a的取值范围.
18．（12分）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求的取值范围．
19．（12分）设函数.
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若函数有两个极值点，求证：.
20．（12分）已知函数，．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若函数的图象与轴恰好围成一个直角三角形，求的值．
21．（12分）已知等差数列和等比数列满足：
(I)求数列和的通项公式；
(II)求数列的前项和.
22．（10分）在中，，， .求边上的高.
①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．B
【解析】
根据线段垂直平分线的性质，结合三角形中位线定理、圆锥曲线和圆的定义进行判断即可.
【详解】
因为线段的垂直平分线与直线相交于点，如下图所示：
所以有，而是中点，连接，故，
因此
当在如下图所示位置时有，所以有，而是中点，连接,
故，因此，
综上所述：有，所以点的轨迹是双曲线.
故选：B
本题考查了双曲线的定义，考查了数学运算能力和推理论证能力，考查了分类讨论思想.
2．B
【解析】
由于实际问题中扇形弧长较小，可将导线的长视为扇形弧长，利用弧长公式计算即可.
【详解】
因为弧长比较短的情况下分成6等分，
所以每部分的弦长和弧长相差很小，可以用弧长近似代替弦长，
故导线长度约为63(厘米).
故选：B.
本题主要考查了扇形弧长的计算，属于容易题.
3．D
【解析】
结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.
【详解】
由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.
故选:D.
本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.
4．B
【解析】
根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．
【详解】
如图所示，
菱形形的边长为2，，
∴，∴，
∴，且，
∴，
故选B．
本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．
5．A
【解析】
推导出，分别取的中点,连结，则，推导出，从而，进而四面体的体积为，由此能求出结果.
【详解】
解： 在四面体中，为等边三角形，边长为6，
，，，
，
，
分别取的中点，连结，
则，
且，，
，
，
平面，平面，
，
四面体的体积为：
.
故答案为：.
本题考查四面体体积的求法，考查空间中线线，线面，面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力.
6．C
【解析】
画出图形，以为基底将向量进行分解后可得结果．
【详解】
画出图形，如下图．
选取为基底，则，
∴．
故选C．
应用平面向量基本定理应注意的问题
（1）只要两个向量不共线，就可以作为平面的一组基底，基底可以有无穷多组，在解决具体问题时，合理选择基底会给解题带来方便．
（2）利用已知向量表示未知向量，实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算或数乘运算．
7．B
【解析】
由函数的奇偶性可得，
【详解】
∵
其中为奇函数，也为奇函数
∴也为奇函数
∴
故选：B
函数奇偶性的运用即得结果，小记，定义域关于原点对称时有：①奇函数±奇函数=奇函数；②奇函数×奇函数=偶函数；③奇函数÷奇函数=偶函数；④偶函数±偶函数=偶函数；⑤偶函数×偶函数=偶函数；⑥奇函数×偶函数=奇函数；⑦奇函数÷偶函数=奇函数
8．C
【解析】
根据函数奇偶性可排除AB选项；结合特殊值，即可排除D选项.
【详解】
∵，
，
∴函数为奇函数，
∴排除选项A，B；
又∵当时，，
故选：C.
本题考查了依据函数解析式选择函数图象，注意奇偶性及特殊值的用法，属于基础题.
9．C
【解析】
过作于，连接，易知，，从而可证平面，进而可知，当最大时，取得最大值，取的中点，可得，再由，求出的最大值即可.
【详解】
在和中，，所以，则，
过作于，连接，显然，则，且，
又因为，所以平面，
所以，
当最大时，取得最大值，取的中点，则，
所以，
因为，所以点在以为焦点的椭圆上（不在左右顶点），其中长轴长为10，焦距长为8，
所以的最大值为椭圆的短轴长的一半，故最大值为，
所以最大值为，故的最大值为.
故选：C.
本题考查三棱锥体积的最大值，考查学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.
10．C
【解析】
根据表示不超过的最大正整数，可构建函数图象，即可分别判断值域、奇偶性、周期性、单调性，进而下结论.
【详解】
由表示不超过的最大正整数，其函数图象为
选项A，函数，故错误；
选项B，函数为非奇非偶函数，故错误；
选项C，函数是以1为周期的周期函数，故正确；
选项D，函数在区间上是增函数，但在整个定义域范围上不具备单调性，故错误.
故选：C
本题考查对题干的理解，属于函数新定义问题，可作出图象分析性质，属于较难题.
11．C
【解析】
由已知求出等比数列的公比，进而求出，尝试用基本不等式，但取不到等号，所以考虑直接取的值代入比较即可.
【详解】
，，或（舍）.
，，.
当，时；
当，时；
当，时，，所以最小值为.
故选:C.
本题考查等比数列通项公式基本量的计算及最小值，属于基础题.
12．C
【解析】
试题分析：根据题意，当时，令，得；当时，令，得
，故输入的实数值的个数为1．
考点：程序框图．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．0或6
【解析】
计算得到圆心，半径，根据得到，利用圆心到直线的距离公式解得答案.
【详解】
，即，圆心，半径.
，故圆心到直线的距离为，即，故或.
故答案为：或.
本题考查了根据直线和圆的位置关系求参数，意在考查学生的计算能力和转化能力。
14．.
【解析】
.
15．
【解析】
根据双曲线的标准方程写出双曲线的渐近线方程，结合题意可求得正实数的值.
【详解】
双曲线的渐近线方程为，
由于该双曲线的一条渐近线方程为，，解得.
故答案为：.
本题考查利用双曲线的渐近线方程求参数，考查计算能力，属于基础题.
16．9
【解析】
做出满足条件的可行域，根据图形，即可求出的最大值.
【详解】
做出不等式组表示的可行域，如图阴影部分所示，
目标函数过点时取得最大值，
联立，解得，即，
所以最大值为9.
故答案为:9.
本题考查二元一次不等式组表示平面区域，利用数形结合求线性目标函数的最值，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；（2）.
【解析】
（1）由题可得,结合的范围判断的正负,即可求解；
（2）结合导数及函数的零点的判定定理,分类讨论进行求解
【详解】
（1）,
①当时,,
∴函数在内单调递增；
②当时,令,解得或,
当或时,,则单调递增,
当时,,则单调递减,
∴函数的单调递增区间为和,单调递减区间为
（2）（Ⅰ）当时,所以在上无零点；
（Ⅱ）当时,,
①若,即,则是的一个零点；
②若,即,则不是的零点
（Ⅲ）当时,,所以此时只需考虑函数在上零点的情况,因为,所以
①当时,在上单调递增。又，所以
（ⅰ）当时,在上无零点；
（ⅱ）当时,,又,所以此时在上恰有一个零点；
②当时,令,得,由,得；由,得,所以在上单调递减,在上单调递增,
因为,,所以此时在上恰有一个零点,
综上,
本题考查利用导数求函数单调区间,考查利用导数处理零点个数问题,考查运算能力,考查分类讨论思想
18．（1）；（2）
【解析】
（1）,对函数求导,分别求出和,即可求出在点处的切线方程;
（2）对求导,分、和三种情况讨论的单调性,再结合在上恒成立,可求得的取值范围.
【详解】
（1）因为,所以,所以,
则,故曲线在点处的切线方程为.
（2）因为,所以,
①当时,在上恒成立,则在上单调递增,
从而成立,故符合题意;
②当时,令,解得,即在上单调递减,
则,故不符合题意;
③当时,在上恒成立,即在上单调递减,则,故不符合题意.
综上,的取值范围为.
本题考查了曲线的切线方程的求法,考查了利用导数研究函数的单调性,考查了不等式恒成立问题,利用分类讨论是解决本题的较好方法,属于中档题.
19．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）见解析
【解析】
（Ⅰ）求导得到，讨论，，三种情况得到单调区间.
（Ⅱ）设，要证，即证，，设，根据函数单调性得到证明.
【详解】
（Ⅰ） ，
令，，
（1）当，即时，，，在上单调递增；
（2）当，即时，设的两根为（），
，
①若，，时，，
所以在和上单调递增，
时，，所以在上单调递减，
②若，，时，，所以在上单调递减， 时，，所以在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时， 在和上单调递增，
在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（Ⅱ）不妨设，要证，
即证，
即证，
由（Ⅰ）可知，，，可得，
，
所以有，
令，
，
所以在单调递增， 所以，
因为，所以，所以.
本题考查了函数单调性，证明不等式，意在考查学生的分类讨论能力和计算能力.
20．（1） （2）
【解析】
（1）当时，，
由可得，（
所以，解得，
所以不等式的解集为．
（2）由题可得，
因为函数的图象与轴恰好围成一个直角三角形，
所以，解得，
当时，，函数的图象与轴没有交点，不符合题意；
当时，，函数的图象与轴恰好围成一个直角三角形，符合题意．
综上，可得．
21． (I) ，；(II)
【解析】
(I)直接利用等差数列，等比数列公式联立方程计算得到答案.
(II) ，利用裂项相消法计算得到答案.
【详解】
(I) ，故，
解得，故，.
(II)
，故.
本题考查了等差数列，等比数列，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.
22．详见解析
【解析】
选择①，利用正弦定理求得，利用余弦定理求得，再计算边上的高.
选择②，利用正弦定理得出，由余弦定理求出，再求边上的高.
选择③，利用余弦定理列方程求出，再计算边上的高.
【详解】
选择①，在中，由正弦定理得，
即，解得；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
选择②，在中，由正弦定理得，
又因为，所以，即；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
选择③，在中，由，得；
由余弦定理得，
即，
化简得，解得或（舍去）；
所以边上的高为.
本小题主要考查真闲的了、余弦定理解三角形，属于中档题.