山东聊城市2026年高考模拟试题数学(二)（含解析）

这是一份山东聊城市2026年高考模拟试题数学(二)（含解析），文件包含第18章第2节原生生物的主要类群2025-2026学年初中生物八下同步复习讲义北师大版2024原卷版docx、第18章第2节原生生物的主要类群2025-2026学年初中生物八下同步复习讲义北师大版2024解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共17页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡的相应位置上．
2．回答选择题时，选出每小题的答案后，用2B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，只将答题卡交回．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由得两边同时加 1，得
所以
又
因此集合中落在区间内的元素只有
故
所以正确选项是A.
2. 设复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】，
，
3. 已知直线，，且，则与的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据两直线平行求出实数的值，再利用平行线间的距离公式可求得结果.
【详解】因为，则，解得，即直线的方程为，可化为，
故与的距离为.
4. 已知正数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由可知要么都大于，要么都在内，再由分类讨论和两种情况，分别比较的大小，最后判断与的大小关系.
【详解】因为所以：若，则；
若，则，同理由可知与要么都大于，要么都在内，
因此，满足以下两种情况之一：；.
下面分类讨论：
情况一：，
此时，所以，
由得
因为，所以
又因为 ，故从而
由于时，函数单调递增，所以即
情况二：，
此时 ，所以 .
由得
因为，两边同除以 时不等号方向改变，故
又因为，所以从而
由于时，函数单调递减，所以即
综上，无论哪种情况，都有
所以正确选项是D.
5. 已知直线过抛物线的焦点，与交于、两点，线段的中点为，的垂直平分线交轴于，则的值为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】设点、，可得，，利用点差法可求得直线的斜率，根据可得出的值.
【详解】设点、，易知直线的斜率存在，且，，
若直线轴，则线段的垂直平分线为轴，不符合题意，
所以直线的斜率存在且不为零，
则，作差得，
故直线的斜率为，
因为，且，所以，解得.
6. 已知，且满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的线性运算及向量数量积的运算律求解即可.
【详解】设的中点为，如图
则，且
因为,
所以
，
当同向共线时，等号成立.
7. 已知，函数在区间内恰有三条对称轴和两个极大值点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对称轴对应相位，极大值点对应相位，因此只需研究当时，相位所扫过的区间内，落入多少个和多少个.
【详解】令，
当时，的取值范围取决于的符号，
当时， ，
当时， ，
1. 对称轴与极大值点的判定：
函数转化为，
的对称轴对应，
的极大值点对应
题意即为：区间内恰有个形如的点，且恰有个形如的点.
2. 先判断的符号：
若则，
由于左端点大于，若区间内恰有三条对称轴，
则只能是这三个点落在区间内，
这时极大值点只可能有这一个，不可能有两个极大值点，与题意矛盾,故必有
于是，记左端点为，
3. 利用“三条对称轴”和“两个极大值点”列条件：
因为要使区间内恰有三条对称轴，只能对应，
这三个点在区间内，而不在区间内，
所以，这时区间内的极大值点对应恰好有两个，也满足题意.
因此只需求解，
两边同除以，得，
即，再乘以，得.
8. 数列共有项，其中，，且，则满足这种条件的不同数列的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可得或，记，，设，求出的值，再利用组合计数原理可得结果.
【详解】由可得，
所以或，记，，
因为，，设，
即，整理可得，所以，解得，
所以从变化到的过程中，需要乘个，个，
由组合计数原理可知，满足这种条件的不同数列的个数为.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 某医学研究团队为探究新型降压药的疗效与患者年龄的关联，将120名高血压患者按年龄分为“中青年组（0 且，
设点、，由韦达定理得，，
假设存在满足题意，
则MA⋅MB=x1−nx2−n+y1y2
=my1+4−nmy2+4−n+y1y2
=m2+1y1y2+4−nmy1+y2+(4−n)2
=m2+1×363m2−4+4−nm×−24m3m2−4+(4−n)2
=24n−60m2+363m2−4+(4−n)2,
要使为定值，则上式需与无关，则，解得，此时．
所以存在点使得为定值，定值为．
17. 在梯形中，，，、分别是、的中点，，，如图1所示．沿将梯形折起，得到一个多面体，如图2所示．
（1）求证：平面；
（2）若二面角的大小为，
①求多面体的体积；
②求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）证明出，，结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）①连接、，取中点，连接，取线段的中点，连接、，分析可知二面角的平面角为，进而推导出平面，平面，则到平面的距离等于，再利用锥体的体积公式可求得多面体的体积；
②以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过与平行的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
翻折前，在梯形中，，且、分别是、的中点，
所以为梯形的中位线，所以，
因为，所以，．
翻折后，则，所以，，
因为，、平面，所以平面.
【小问2详解】
①连接、，取中点，连接，
取线段的中点，连接、，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，为的中点，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
故二面角的平面角为，
因为平面，、平面，所以，，
因为，所以，
又因为，所以，故，
所以为等边三角形，
因为为的中点，所以，
因为，、平面，所以平面．
因为，平面，平面，所以平面，
故点到平面的距离等于，
所以V四棱锥B'−CDEF=13S梯形CDEF⋅A'N=13×3+4×22×3=733，
，
因此多面体的体积V多面体A'ED−B'FC=V四棱锥B'−CDEF+V三棱锥B'−A'ED=733+233=33
②因为平面，以为坐标原点，所在直线为轴，
所在直线为轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则、A'0,1,3、B'2,1,3、，
所以A'C=4,1,−3，FB'=−1,1,3，FC=1,2,0．
设平面的一个法向量为，则m⋅FC=x+2y=0m⋅FB'=−x+y+3z=0，
取，可得，
csm,A'C=m⋅A'Cm⋅A'C=422×25=1010，
所以与平面所成角的正弦值为．
18. 记数列的前项和为，若满足，，且．
（1）求证：是等差数列，并求的通项公式；
（2）设，为数列的前项和，若，，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）由，得，将这两个等式作差结合等差中项法可证得结论成立，在等式中令，可求出的值，结合可求得该数列的公差，再利用等差数列的通项公式可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用裂项求和法可求得的表达式，得出，结合题意得出对恒成立，于是得出关于的不等式组，即可解得实数的取值范围.
【小问1详解】
由①，得②，
②−①得③，则④，
④−③得，即，
所以是等差数列，设其公差为，
由，得，所以．
因为，所以公差，
所以．
【小问2详解】
，
所以．
由对恒成立，得，即．
设，由对恒成立，
得，解得或，故的范围为．
19. 设函数，
（1）若有极值点、无零点，求的取值范围；
（2）若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围；
（3）设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，结合函数极值点的定义可得出实数的取值范围，求出该函数的极小值，根据函数无零点可得出关于的不等式，综合可解得实数的取值范围；
（2）分析可知，存在、使得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，可得出，即可解出实数的取值范围；
（3）分析可知，证明出，可得出，所以，再证明出，即可得出，再结合不等式的基本性质可证得结论成立.
【小问1详解】
因为，则，
当时，，此时函数在上单调递增，函数无极值点，不符合题意；
当时，由可得，由可得，
此时函数在上单调递减，在上单调递增，
则函数有极小值点，故的极小值为，
因为函数无零点，所以，即，即，解得，
综上，的取值范围为．
【小问2详解】
由的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，
可知存在、使得．
当，则，不符合题意．
当时，在上单调递增．
所以在内的值域为．
所以，由题意可得，
整理可得，解得，
因此，的取值范围为．
【小问3详解】
设，则，
因为，所以．
当时，，在上单调递增，不符合题意，所以．
由，得．
设，则，所以在上单调递增．
又因，所以，
所以，所以，
所以，所以，
设，则，
因为当时，，所以在上单调递减，
又因为，所以当时，，即．
因为，所以，即，
又因，所以，所以，
又因为，，所以．患者
疗效
总计
有效
无效
中青年组
10
40
50
老年组
40
30
70
总计
50
70
120
0.10
0.05
0.025
0.01
2.706
3.841
5.024
6.635