【轮轮清·齐鲁名校教育测评】2026届山东省高三第五次学业水平联合检测数学试题

绝密★启用前 齐鲁名校教育测评 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测 数 学 本试卷总分150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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 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、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M={-1,0,1},N={x + ,则M∩N= 数 A.{0} B.{0,1) C.{-1,0》 D.{-1,1}》 1 2.已知=1则= A+ C.2+ 3.已知向量a=(k,一1)，b=(1,k十2)，若a∥b,则k= A.1 B.0 c D.-1 4.已知圆台的上、下底面的半径分别为1,3，表面积为26π，则该圆台的母线长为 A.2 B.√13 C.4 D.25 5.在等比数列{an}中，a1十a2=4,3a2十2a3=a4,则as= A.-162 B.1 C.32 D.81 6.若f(x)=cos(3x十)(0<p<π)是奇函数，则在所有f(x)图像的对称轴中，与直线x=1 距离最近的一条是 Ax= B.= 4 cx=骨 D.x=2 7.已知双曲线C:a一6 x2 y2 =1(a>0,b>0)的左顶点为A,右焦点为F,以F为圆心的圆与C 的一条渐近线相切于点G,若|AG引=|FG引，则C的离心率为 A.3 B.2 C.5 D.6 数学试题第1页（共4页） 8.已知函数f(x)=ax3十bx2+1(ab≠0)，若任意斜率为-1的直线l与曲线y=f(x)都有 且仅有一个公共点，则f(x)在下列区间中一定不存在零点的是 A.(-o】 B() C.[o,) D(后别 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.有一组样本数据x1,x2,…,x6,其样本平均数为3，样本方差为6.将数据x7=3也添加到 这组样本数据中，得到一组新样本数据x1,x2,…,x6,x7,则 A.两组样本的样本平均数一定相同 B.两组样本的样本极差一定相同 C.两组样本的样本中位数一定相同 D.两组样本的样本方差一定相同 10.已知正四棱锥P-ABCD的所有顶点均在球O(O为球心)的球面上，E为PC的中点，若 点A,O,E共线，则 A.△PAC是等边三角形 B.OD⊥BE C.OC⊥平面BDE D.球0与正四棱锥P-ABCD的体积之比为6m 11.已知抛物线Cy2=2x(0<x<3),C2y2=-4x+8(3<x<2)的焦点分别为F1,F2, 一条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于P,Q两点，则 A1<2 B.四边形PF1F2Q的周长为定值 C当1PQ1时，四边形PF,rQ的商积为号 D.当QF2-PF,取得最大值时，PF.QF=-名 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12设a6为正数，且日+号-8，则2a+6的最小值为 13.已知函数fx)=1og(1+),则f1)+f(2)+…+f(7)= 14.已知等边△ABC的边长为3，D,E,F分别为边AB,AC,BC上的点，若∠DFE=60°， BF=2CF,DF=3EF,则DE= 数学试题第2页（共4页） 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.(13分) 如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点. (1)证明：BD1∥平面C1DE; (2)若AA1=2AB=4,求直线A1C与平面C1DE所成角的正弦值. A 11 D E 16.(15分) 巴知椭圆C:针为1a>b>0的顶点为B0,D东焦点为F(-1,0 (1)求C的方程； (2)若过点F且不过点B的直线1交C于P,Q两点，且BP⊥BQ,求L的方程， 17.(15分) 已知有质地、大小均相同的黑球和白球各m(m=4,5,…)个，并以下列两种方式取球. 方式一：抛掷一枚质地均匀的硬币若干次，若抛掷的结果为正面朝上，则取1个黑球；若 抛掷的结果为反面朝上，则取1个白球.记抛掷4次硬币后取到黑球的个数为X; 方式二：将所有2个球都装入一个袋子，再从该袋子中随机一次取出4个球.记取出的 4个球中黑球的个数为Z. (1)求X的分布列及数学期望； (2)若用P(X=2)估计P(Z=2,且满足P(Z=2)-P(X=2≤石求m的最小值。 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 已知函数f(x)=(x+a)e十1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当-1C≤1时，。≤x)e,求a的取值范周： (3)设s<t,且当s≤x≤t时，e'≤f(x)≤e,证明：2es十e>3. 19.(17分) x 设无穷数列z,满足x中2-十Dz其中x1>≥0，且x1≠， .261 (1)若x1=√3，写出x2,x4,并求∑一； -1xi (2)证明：{xm}不是单调数列； (3)已知存在m∈N*,使得对任意的∈N*,xm+k=x,证明：m的最小值是奇数，且 工1,2的算术平均数小于分 数学试题第4页（共4页）绝密★启用前 齐鲁名校教育测评 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测 数 学 本试卷总分150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、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 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、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M={-1,0,1},N={x + ,则M∩N= 数 A.{0} B.{0,1) C.{-1,0》 D.{-1,1}》 1 2.已知=1则= A+ C.2+ 3.已知向量a=(k,一1)，b=(1,k十2)，若a∥b,则k= A.1 B.0 c D.-1 4.已知圆台的上、下底面的半径分别为1,3，表面积为26π，则该圆台的母线长为 A.2 B.√13 C.4 D.25 5.在等比数列{an}中，a1十a2=4,3a2十2a3=a4,则as= A.-162 B.1 C.32 D.81 6.若f(x)=cos(3x十)(0<p<π)是奇函数，则在所有f(x)图像的对称轴中，与直线x=1 距离最近的一条是 Ax= B.= 4 cx=骨 D.x=2 7.已知双曲线C:a一6 x2 y2 =1(a>0,b>0)的左顶点为A,右焦点为F,以F为圆心的圆与C 的一条渐近线相切于点G,若|AG引=|FG引，则C的离心率为 A.3 B.2 C.5 D.6 数学试题第1页（共4页） 8.已知函数f(x)=ax3十bx2+1(ab≠0)，若任意斜率为-1的直线l与曲线y=f(x)都有 且仅有一个公共点，则f(x)在下列区间中一定不存在零点的是 A.(-o】 B() C.[o,) D(后别 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.有一组样本数据x1,x2,…,x6,其样本平均数为3，样本方差为6.将数据x7=3也添加到 这组样本数据中，得到一组新样本数据x1,x2,…,x6,x7,则 A.两组样本的样本平均数一定相同 B.两组样本的样本极差一定相同 C.两组样本的样本中位数一定相同 D.两组样本的样本方差一定相同 10.已知正四棱锥P-ABCD的所有顶点均在球O(O为球心)的球面上，E为PC的中点，若 点A,O,E共线，则 A.△PAC是等边三角形 B.OD⊥BE C.OC⊥平面BDE D.球0与正四棱锥P-ABCD的体积之比为6m 11.已知抛物线Cy2=2x(0<x<3),C2y2=-4x+8(3<x<2)的焦点分别为F1,F2, 一条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于P,Q两点，则 A1<2 B.四边形PF1F2Q的周长为定值 C当1PQ1时，四边形PF,rQ的商积为号 D.当QF2-PF,取得最大值时，PF.QF=-名 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12设a6为正数，且日+号-8，则2a+6的最小值为 13.已知函数fx)=1og(1+),则f1)+f(2)+…+f(7)= 14.已知等边△ABC的边长为3，D,E,F分别为边AB,AC,BC上的点，若∠DFE=60°， BF=2CF,DF=3EF,则DE= 数学试题第2页（共4页） 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.(13分) 如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点. (1)证明：BD1∥平面C1DE; (2)若AA1=2AB=4,求直线A1C与平面C1DE所成角的正弦值. A 11 D E 16.(15分) 巴知椭圆C:针为1a>b>0的顶点为B0,D东焦点为F(-1,0 (1)求C的方程； (2)若过点F且不过点B的直线1交C于P,Q两点，且BP⊥BQ,求L的方程， 17.(15分) 已知有质地、大小均相同的黑球和白球各m(m=4,5,…)个，并以下列两种方式取球. 方式一：抛掷一枚质地均匀的硬币若干次，若抛掷的结果为正面朝上，则取1个黑球；若 抛掷的结果为反面朝上，则取1个白球.记抛掷4次硬币后取到黑球的个数为X; 方式二：将所有2个球都装入一个袋子，再从该袋子中随机一次取出4个球.记取出的 4个球中黑球的个数为Z. (1)求X的分布列及数学期望； (2)若用P(X=2)估计P(Z=2,且满足P(Z=2)-P(X=2≤石求m的最小值。 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 已知函数f(x)=(x+a)e十1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当-1C≤1时，。≤x)e,求a的取值范周： (3)设s<t,且当s≤x≤t时，e'≤f(x)≤e,证明：2es十e>3. 19.(17分) x 设无穷数列z,满足x中2-十Dz其中x1>≥0，且x1≠， .261 (1)若x1=√3，写出x2,x4,并求∑一； -1xi (2)证明：{xm}不是单调数列； (3)已知存在m∈N*,使得对任意的∈N*,xm+k=x,证明：m的最小值是奇数，且 工1,2的算术平均数小于分 数学试题第4页（共4页） 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测 ·数学· 叁考含亲及解析 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测·数学 一、选择题 7.B【解析】设O为坐标原点，连接OG,因为以 1.B【解析】因为M={-1,0,1},N={x|-1< F为圆心的圆与C的一条渐近线相切于点G, x<2},所以M∩N={0,1}. 所以FG⊥OG,且由几何关系可知|OG引=a, 1+i 2.A【解析】因为之=-1=-1D(+1可 |FG引=b.又A为C的左顶点，故|OA|=a,所 以当|AG|=|FG|时，∠AGO=∠OAG= -分-所以=号+ 11 AG ∠OFG,故△AOGn△AGF,所以OA 3.D【解析】因为a∥b,所以k(k+2)一1× 设c为C的半焦距，则名-“，即 IAFI （-1)=0,即(k十1)2=0，解得k=-1. a 4.C【解析】设圆台的母线长为1，因为圆台的 a(a十c)=b2=c2-a2,整理得e2一e-2=0, 上、下底面的半径分别为1,3，表面积为26π， 解得e=2或e=-1(不符合题意，舍去)，故C 所以由圆台的表面积公式得π(12+32+1× l+3×1)=26π，解得1=4，即该圆台的母线长 的离心率为2. 为4. 8.C【解析】设直线1：y=一x+m,与y 5.D【解析】设等比数列{am}的公比为g,则由 f(x)联立得ax3+bx2+x+1-m=0.令 3a2+2a3=a4,得3a1q十2a1q2=a1q3,故 g(x)=ax3十bx2十x十1-m,则g'(x)= q2-2q-3=0,解得q=一1或q=3.若q= 3ax2+2bx+1.当g(x)单调时，无论m为何 一l,则a1十a2=a1一a1=0,不符合题意，舍 值，g(x)有且仅有一个零点，此时任意斜率 去；若q=3,则a1十a2=4a1=4,故a1=1, 为一1的直线l与曲线y=f(x)都有且仅有一 a5=a1q4=34=81. 个公共点，故应满足△=4b2一12a≤0，即b2≤ 6.A【解析】若f(x)=cos(3x+p)(0<p<π) 3a,故a>0.设b2=ka,故0<k≤3，此时 是奇函数，则f0)=c0s9=0,放9=受，所以 f(x)=0可看作关于b的一元二次方程 f(x)=cos(3x+2）=-sin3x,其图像的对 62十x2b十1=0.若该方程无解，则4 称轴方程为3江=十及x,∈Z,即x=十 任<0解得0<<套因此若了2)在区间 经6∈么当6=0时x=后：当=1时= (0,)上存在零点，则方程受6+xi6十 且<1<晋+->2，即1-< π 1=0有解，这与A<0时方程：+x6十1 2一1故与直线x=1距离最近的一条对称轴 0无解不盾又音之号且x=0不是fx)的安 是x=刀 61 点，故f(x)在区间[0，专)上一定不存在零点. ·1· ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 1.BCD【解析】由C1:y2=2x(0<x<)与 9.AB【解析】因为样本数据x1,x2,…,x6的 样本平均数为3，且x7=3,所以样本数据x1, C:w2=-4红十8（专<x<2）可知F(2 x2,…,x6,x7的样本平均数也为3，且极差相 0,F2(1,0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),则 同，而中位数不一定相同，故A,B正确，C错 误；设样本数据x1,x2,…,x6的样本方差为 2x1=-4x2+8,即x:=-2x1十2，其中0< s,样本数据x1,x2,…,x6,x?的样本方差为 .4 x1<3,且由抛物线的定义可知|PF|= ,则1=2(x4-3)2=6,=)2(z, 61 7 x+分，QF:=3-x:=1+21,所以 1 3=号2，-3)r-9<,放D错误 IQF2 1+ 2x1 1 1O.ACD【解析】因为正四棱锥P-ABCD的所 PF. 2十g又0 有顶点均在球O的球面上，所以OP=OA= 4 OB=OC=OD.因为E为PC的中点，所以 所以曾98版A倍：1PQ- OE⊥PC.又点A,O,E共线，所以AE⊥PC, 所以PA=PC=AC,即△PAC是等边三角 -x=2-3x 1F,F:=分，所以四边形 形，故A正确；假设OD⊥BE,由题意可知 PFF2Q的周长为PF|+|FF2|+|QF2|+ 1,1 OD⊥PB,则OD⊥平面PBC,故OD⊥BC. 1Q1-x++2+1++2-2=4, 设正方形ABCD的中心为O',连接OO',则 OO'⊥平面ABCD,故OO'⊥BC,所以BC⊥ 放B正确：当1PQ=2时x-x1=-3 平面OBD,所以BC⊥BD,此情况不成立，故 则=1，=.又F,F= 21 B错误；由题意可知OC⊥PA,连接O'E,则 故四边形PF1F2Q是平行四边形，所以平行 OE为△PAC的中位线，故O'E∥PA,所以 四边形PF1F2Q的面积为|y1|·F1F2|= OC⊥O'E.易知OC⊥BD,所以OC⊥平面 ?,故C正确；不妨设点P,Q在第一象限， BDE,故C正确；不妨设AB=2,则AC= 2√2.因为△PAC是等边三角形，所以PO'= 则PF=(1-x1,-V2x),QF=(2x1 6,故正四棱锥P-ABCD的体积为号×4X 多，-√2a)所以QF,P-Pp,P=(21 3 6-4又0为等边三角形PAC的重心 )-1-)=-(-}广+故当 所以球0的半径0A=2,放球0的体积 x1=时，QF,2-|PF22取得最大值，此 为行0！-6，所以球0与正西酸银 时P丽-（号-5）Q正-(--） 所以，oF-号×(-)+9=-吕， P-ABCD的体积之比为S,放D正确， 故D正确 ·2· 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测 ·数学· 三、填空题 所以EG为△BCD1的中位线， 12,号【解析】因为2+号-8，所以2a十6 所以EG∥BD. (4分) 因为EGC平面C1DE,BD1丈平面C1DE, 2a+6(日+)-(++)≥ 所以BD1∥平面C1DE. (6分) 即a= 号6-号时，等号成立，放2a+6的最 2 小值为 8 13.3【解析】因为f(x)=1og:(1+)= 1g生，所以f1+f(2+…+f) 8 (2)解：如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD 的方向分别为x轴、y轴、之轴的正方向，建 14. 子【解折】由已知条件得BF=2,CF=1,设 立空间直角坐标系， ∠BDF=0,则∠CEF=120°-0.在△BDF中， 所以D(0,0,0),A1(2,0,4),C(0,2,0), 市正孩定理得部一贴同理在AQE BF C1(0,2,4),E(1,2,0),故A1C=(-2,2, sin60° -4),DC=(0,2,4),DE=(1,2,0).(8分) 中，由正弦定理得F CF sin60-sin(120°-9，故由 设平面C1DE的法向量为m=(x,y,之)， 以上两式得2sin120-0）=3,即2sin9 DC·m=0,m2y+4z=0, 则 即 (9分) sin0 DE·m=0,x+2y=0. √3cos0.又sin0+cos20=1,所以sin0= 令之=1，得x=4,y=一2，则m=(4,-2,1). ,放由DFBF √21 (10分) sin60°- sn0?得DF=7,故 设直线A1C与平面C1DE所成的角为0， EP-怎，所以在△DEF中，由余弦定理得 则sin0=|cos(A1C,m)1= A己·ml A Cm DE2=DF2+EF2-2DF·EF·cos60°= 1(-2)×4+2×(-2)+(-4)×1|_4W14 号故DE=子 W4+4+16×W16+4+1 21 所以直线A1C与平面CDE所成角的正弦 四、解答题 15.(1)证明：如图，连接CD1交C1D于点G,连 值为 21 (13分) 接EG. 16.解：(1)由题意得b=1,且由C的焦点F(-1, 因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧面 0)可知C的半焦距c=1. (2分) CC1D1D是矩形， 又a2=b2+c2=2, (4分) 所以G为CD1的中点. (2分) 又E为BC的中点， 所以C的方程为号+y=1 (5分) ·3· ·数学· 参考答案及解析 (2)当L垂直于x轴时，显然BP不与BQ垂 直，不符合题意 (6分) 法-：所以E0X)=0×6十1×+28十 当1不垂直于x轴时，设直线1的方程为y= 3×+4×6=2. (7分) k(x+1)(k≠1)，P(x1,y1),Q(x2y2). (x2 联立2十y2=1, 法二：因为X~B(4,2) 得(1十2k2)x2+4k2x+ y=k(x+1), 所以EX)=4X号-2. (7分) 2k2-2=0, (8分) 4k2 2k2-2 则x1十x2= 1+2kx1x2=1+26.(9分) (2)根据题意得P(2=2)= 又BP⊥BQ,则B·BQ=O. 3m(m-1) 2(2m-1)(2m-3) (10分) 又B产=(x1,y1-1),BQ=(x2y2-1), 即x1x2十(y1-1)(y2-1)=0, 由(1)可知P(X=2)=3 , 则(1十k2)x1x2十(k2-k)(x1十x2)+k2 故应满足|P(Z=2)一P(X=2)|= 2k+1=0. (11分) 3m(m-1) 代入x1十x2= 4k2 2(2m-1)(2m-3) 1十2k2x1x2= 12m-9 理得3k2一2k一1=0， (13分) 即82m-1D(2m-3)40' 解得=一 或&-1（舍去）， 整理得m2一17m十12≥0， (13分) 所以l的方程为y= 3(x+1), 解得m≥17+24红 P (14分) 即x十3y+1=0. (15分) 因为m是正整数，所以m的最小值为17. 17.解：(1)根据题意得X的所有可能取值为0， (15分) 1,2,3,4, 18.(1)解：根据题意得f'(x)=(x十a十1)e, (2分) 其中P(X=0)=C×(合)广=6， (1分) 当x<-a-1时，f'(x)<0,f(x)单调递减； px-1)-G×()”-六 (2分) 当x>-a-1时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 故f(x)的单调递减区间为（一∞，一a一1）， (3分) 单调递增区间为（一a一1，十∞）， (4分) (4分) (2)解：当-1<x<1时，是<fx)<e, 1 (5分) 放。≤f(-1)≤e,e≤f)≤e, (5分) 则X的分布列为 即≤-1+g+1e,<e+ae+1≤e, ee 0 1 2 3 4 放2-e≤a≤-1 (6分) 16 8 16 由(1)可知x=一a一1是f(x)的极小值点， (6分) 且极小值为f(-a-1)=-ea-1十1. ·4· 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测 ·数学· 又当2-e≤a≤-时，-a-1∈[-1,1]， 19.(1)解：x2= √3 2 (1分) 故f(x)在区间[-1,1]上的最小值为-ea-1十 x4=√3. (2分) 1,且满足-。中1≥日 可知{xm}是最小正周期为3的周期数列，故 故a≥-ln(e-1). (8分) {}也是最小正周期为3的周期数列，且 综上，a的取值范围是[-ln(e-1),一 1 1++=,1=1- (3分) x2026x1 39 (9分) (3)证明：当s≤x≤t时，e≤f(x)≤e, 故爱1 2026√3 i=1xi 9 (4分) 则f(s)≥e,f(t)≤e, (10分) (2)证明：由题意知对任意的n∈N*,都有 故1-es+lnes≤a≤l-et+lnet. xm≠0， (11分) 若存在p∈N,且p≥2，使得xD<0,且由 令g(x)=1-x+lnx,则g'(x)=-1+ xi x1>0,可得xp+12x1-(c+1Dx,>0, 1=1-x x 故由x1>0,x,<0,xp+1>0,可知此时{xn) 当0<x<1时，g'(x)>0,g(x)单调递增； 不是单调数列. (5分) 当x>1时，g'(x)<0,g(x)单调递减. 根据题意得1 1(x-x1)txizi In+1 In xixn 因为s<t,所以e>et,且g(e)≤g(e), 若对任意的n∈N,都有xm>0, 故e5>1. (13分) 设es=x1>1,x1≠x2,且g(x1)=g(x2), 则{2}为单调数列，x,也为单调数列，且 则由上可知0<x2<1,故2-x2>1. A(x)=g(x)-g(2-x)=In x-In(2- {山}为递减数列，红为递地数列， x)-2x+2, 1 故 1 (x.-x)2+xix≤-x.≤ In+1 In xixn 则)-+22- x(2-x)1 (7分) 当0<x<1时，p'(x)>0,p(x)单调递增， 所以-(，)+（ 故p(x2)=g(x2)-g(2-x2)=g(x1) g(2-x2)<p(1)=0, 即g(x1)<g(2-x2). 即1<1 因为g(x)在区间(1，十∞)上单调递减， In+1 I1 所以x1>2-x2, 故当n取大于的整数时，x+1<0, 即x1十x2>2. (15分) 这与对任意的n∈N*,xm>0矛盾， 因为g(x1)=g(x2)≤g(e), 故{xn}不是单调数列. (9分) 所以x2≤et<x1,es+et≥x1十x2>2. (3)证明：设m,是满足xm+=x成立的m 又es>1,故2es+et>3. (17分) 的最小值， ·5· ·数学· 参考答案及解析 则1=1,1+1=2 显然m,=1不满足条件，故m,≥3， Z1 Im,+1 I1 Im,+1 Z1 且由上可知1十1=2,1+ 1」 又1=(xf+1)x+1 2 xmx1x3 xm一1 xx1(2xn+1-x1)' 1=2,共 二组， 所以+1 2x1-(x+1)x1 2 x 故 1 (x7+1)x1 1(2x1-x1) 2 1 共2号组 类似地得+1=2，上+1= 2 1+m,-1.2_m Ims-1 I1 I4 Ims-2 1 2x1x1 (11分) 因为对任意满足xm+。=x。成立的m均为m: 假设m,为偶数，则1十 1= 2 的整数倍， x+1x+1' 即x+1=x1, (12分) 所以免1=m 1x:x1 (15分) 假设存在，∈N“,且，≥2，使得x些+1 x 由xa+1= x1,x受+2=x2,…,x警+k-1=xk,-1，且 2-(+得+1D xi 2 1 x受+丰xk:, Z1 Zn+1 则x受+好= x 2x1-(x十1)x学+，-1 所以8+-含，-2（层 =1 x x子 x 2x1-（x1+1)xk,-1 =x:,这与x+,卡x: 矛盾， 故2x= m 所以对任意的∈N*,x受十=x, -1 x+1 12’ x1十 这表示受是比m,更小的满足云：=：成 即之x:<2, 1 mi=1 立的m的值，导致矛盾， 故m,应为奇数，即m的最小值是奇数. 所以1，.的算术平均数小于号 (13分) (17分) ·62026届山东省高三第五次学业水平联合检测 ·数学· 叁考含亲及解析 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测·数学 一、选择题 7.B【解析】设O为坐标原点，连接OG,因为以 1.B【解析】因为M={-1,0,1},N={x|-1< F为圆心的圆与C的一条渐近线相切于点G, x<2},所以M∩N={0,1}. 所以FG⊥OG,且由几何关系可知|OG引=a, 1+i 2.A【解析】因为之=-1=-1D(+1可 |FG引=b.又A为C的左顶点，故|OA|=a,所 以当|AG|=|FG|时，∠AGO=∠OAG= -分-所以=号+ 11 AG ∠OFG,故△AOGn△AGF,所以OA 3.D【解析】因为a∥b,所以k(k+2)一1× 设c为C的半焦距，则名-“，即 IAFI （-1)=0,即(k十1)2=0，解得k=-1. a 4.C【解析】设圆台的母线长为1，因为圆台的 a(a十c)=b2=c2-a2,整理得e2一e-2=0, 上、下底面的半径分别为1,3，表面积为26π， 解得e=2或e=-1(不符合题意，舍去)，故C 所以由圆台的表面积公式得π(12+32+1× l+3×1)=26π，解得1=4，即该圆台的母线长 的离心率为2. 为4. 8.C【解析】设直线1：y=一x+m,与y 5.D【解析】设等比数列{am}的公比为g,则由 f(x)联立得ax3+bx2+x+1-m=0.令 3a2+2a3=a4,得3a1q十2a1q2=a1q3,故 g(x)=ax3十bx2十x十1-m,则g'(x)= q2-2q-3=0,解得q=一1或q=3.若q= 3ax2+2bx+1.当g(x)单调时，无论m为何 一l,则a1十a2=a1一a1=0,不符合题意，舍 值，g(x)有且仅有一个零点，此时任意斜率 去；若q=3,则a1十a2=4a1=4,故a1=1, 为一1的直线l与曲线y=f(x)都有且仅有一 a5=a1q4=34=81. 个公共点，故应满足△=4b2一12a≤0，即b2≤ 6.A【解析】若f(x)=cos(3x+p)(0<p<π) 3a,故a>0.设b2=ka,故0<k≤3，此时 是奇函数，则f0)=c0s9=0,放9=受，所以 f(x)=0可看作关于b的一元二次方程 f(x)=cos(3x+2）=-sin3x,其图像的对 62十x2b十1=0.若该方程无解，则4 称轴方程为3江=十及x,∈Z,即x=十 任<0解得0<<套因此若了2)在区间 经6∈么当6=0时x=后：当=1时= (0,)上存在零点，则方程受6+xi6十 且<1<晋+->2，即1-< π 1=0有解，这与A<0时方程：+x6十1 2一1故与直线x=1距离最近的一条对称轴 0无解不盾又音之号且x=0不是fx)的安 是x=刀 61 点，故f(x)在区间[0，专)上一定不存在零点. ·1· ·数学· 参考答案及解析 二、选择题 1.BCD【解析】由C1:y2=2x(0<x<)与 9.AB【解析】因为样本数据x1,x2,…,x6的 样本平均数为3，且x7=3,所以样本数据x1, C:w2=-4红十8（专<x<2）可知F(2 x2,…,x6,x7的样本平均数也为3，且极差相 0,F2(1,0),设P(x1,y1),Q(x2,y2),则 同，而中位数不一定相同，故A,B正确，C错 误；设样本数据x1,x2,…,x6的样本方差为 2x1=-4x2+8,即x:=-2x1十2，其中0< s,样本数据x1,x2,…,x6,x?的样本方差为 .4 x1<3,且由抛物线的定义可知|PF|= ,则1=2(x4-3)2=6,=)2(z, 61 7 x+分，QF:=3-x:=1+21,所以 1 3=号2，-3)r-9<,放D错误 IQF2 1+ 2x1 1 1O.ACD【解析】因为正四棱锥P-ABCD的所 PF. 2十g又0 有顶点均在球O的球面上，所以OP=OA= 4 OB=OC=OD.因为E为PC的中点，所以 所以曾98版A倍：1PQ- OE⊥PC.又点A,O,E共线，所以AE⊥PC, 所以PA=PC=AC,即△PAC是等边三角 -x=2-3x 1F,F:=分，所以四边形 形，故A正确；假设OD⊥BE,由题意可知 PFF2Q的周长为PF|+|FF2|+|QF2|+ 1,1 OD⊥PB,则OD⊥平面PBC,故OD⊥BC. 1Q1-x++2+1++2-2=4, 设正方形ABCD的中心为O',连接OO',则 OO'⊥平面ABCD,故OO'⊥BC,所以BC⊥ 放B正确：当1PQ=2时x-x1=-3 平面OBD,所以BC⊥BD,此情况不成立，故 则=1，=.又F,F= 21 B错误；由题意可知OC⊥PA,连接O'E,则 故四边形PF1F2Q是平行四边形，所以平行 OE为△PAC的中位线，故O'E∥PA,所以 四边形PF1F2Q的面积为|y1|·F1F2|= OC⊥O'E.易知OC⊥BD,所以OC⊥平面 ?,故C正确；不妨设点P,Q在第一象限， BDE,故C正确；不妨设AB=2,则AC= 2√2.因为△PAC是等边三角形，所以PO'= 则PF=(1-x1,-V2x),QF=(2x1 6,故正四棱锥P-ABCD的体积为号×4X 多，-√2a)所以QF,P-Pp,P=(21 3 6-4又0为等边三角形PAC的重心 )-1-)=-(-}广+故当 所以球0的半径0A=2,放球0的体积 x1=时，QF,2-|PF22取得最大值，此 为行0！-6，所以球0与正西酸银 时P丽-（号-5）Q正-(--） 所以，oF-号×(-)+9=-吕， P-ABCD的体积之比为S,放D正确， 故D正确 ·2· 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测 ·数学· 三、填空题 所以EG为△BCD1的中位线， 12,号【解析】因为2+号-8，所以2a十6 所以EG∥BD. (4分) 因为EGC平面C1DE,BD1丈平面C1DE, 2a+6(日+)-(++)≥ 所以BD1∥平面C1DE. (6分) 即a= 号6-号时，等号成立，放2a+6的最 2 小值为 8 13.3【解析】因为f(x)=1og:(1+)= 1g生，所以f1+f(2+…+f) 8 (2)解：如图，以D为坐标原点，DA,DC,DD 的方向分别为x轴、y轴、之轴的正方向，建 14. 子【解折】由已知条件得BF=2,CF=1,设 立空间直角坐标系， ∠BDF=0,则∠CEF=120°-0.在△BDF中， 所以D(0,0,0),A1(2,0,4),C(0,2,0), 市正孩定理得部一贴同理在AQE BF C1(0,2,4),E(1,2,0),故A1C=(-2,2, sin60° -4),DC=(0,2,4),DE=(1,2,0).(8分) 中，由正弦定理得F CF sin60-sin(120°-9，故由 设平面C1DE的法向量为m=(x,y,之)， 以上两式得2sin120-0）=3,即2sin9 DC·m=0,m2y+4z=0, 则 即 (9分) sin0 DE·m=0,x+2y=0. √3cos0.又sin0+cos20=1,所以sin0= 令之=1，得x=4,y=一2，则m=(4,-2,1). ,放由DFBF √21 (10分) sin60°- sn0?得DF=7,故 设直线A1C与平面C1DE所成的角为0， EP-怎，所以在△DEF中，由余弦定理得 则sin0=|cos(A1C,m)1= A己·ml A Cm DE2=DF2+EF2-2DF·EF·cos60°= 1(-2)×4+2×(-2)+(-4)×1|_4W14 号故DE=子 W4+4+16×W16+4+1 21 所以直线A1C与平面CDE所成角的正弦 四、解答题 15.(1)证明：如图，连接CD1交C1D于点G,连 值为 21 (13分) 接EG. 16.解：(1)由题意得b=1,且由C的焦点F(-1, 因为正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧面 0)可知C的半焦距c=1. (2分) CC1D1D是矩形， 又a2=b2+c2=2, (4分) 所以G为CD1的中点. (2分) 又E为BC的中点， 所以C的方程为号+y=1 (5分) ·3· ·数学· 参考答案及解析 (2)当L垂直于x轴时，显然BP不与BQ垂 直，不符合题意 (6分) 法-：所以E0X)=0×6十1×+28十 当1不垂直于x轴时，设直线1的方程为y= 3×+4×6=2. (7分) k(x+1)(k≠1)，P(x1,y1),Q(x2y2). (x2 联立2十y2=1, 法二：因为X~B(4,2) 得(1十2k2)x2+4k2x+ y=k(x+1), 所以EX)=4X号-2. (7分) 2k2-2=0, (8分) 4k2 2k2-2 则x1十x2= 1+2kx1x2=1+26.(9分) (2)根据题意得P(2=2)= 又BP⊥BQ,则B·BQ=O. 3m(m-1) 2(2m-1)(2m-3) (10分) 又B产=(x1,y1-1),BQ=(x2y2-1), 即x1x2十(y1-1)(y2-1)=0, 由(1)可知P(X=2)=3 , 则(1十k2)x1x2十(k2-k)(x1十x2)+k2 故应满足|P(Z=2)一P(X=2)|= 2k+1=0. (11分) 3m(m-1) 代入x1十x2= 4k2 2(2m-1)(2m-3) 1十2k2x1x2= 12m-9 理得3k2一2k一1=0， (13分) 即82m-1D(2m-3)40' 解得=一 或&-1（舍去）， 整理得m2一17m十12≥0， (13分) 所以l的方程为y= 3(x+1), 解得m≥17+24红 P (14分) 即x十3y+1=0. (15分) 因为m是正整数，所以m的最小值为17. 17.解：(1)根据题意得X的所有可能取值为0， (15分) 1,2,3,4, 18.(1)解：根据题意得f'(x)=(x十a十1)e, (2分) 其中P(X=0)=C×(合)广=6， (1分) 当x<-a-1时，f'(x)<0,f(x)单调递减； px-1)-G×()”-六 (2分) 当x>-a-1时，f'(x)>0,f(x)单调递增， 故f(x)的单调递减区间为（一∞，一a一1）， (3分) 单调递增区间为（一a一1，十∞）， (4分) (4分) (2)解：当-1<x<1时，是<fx)<e, 1 (5分) 放。≤f(-1)≤e,e≤f)≤e, (5分) 则X的分布列为 即≤-1+g+1e,<e+ae+1≤e, ee 0 1 2 3 4 放2-e≤a≤-1 (6分) 16 8 16 由(1)可知x=一a一1是f(x)的极小值点， (6分) 且极小值为f(-a-1)=-ea-1十1. ·4· 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测 ·数学· 又当2-e≤a≤-时，-a-1∈[-1,1]， 19.(1)解：x2= √3 2 (1分) 故f(x)在区间[-1,1]上的最小值为-ea-1十 x4=√3. (2分) 1,且满足-。中1≥日 可知{xm}是最小正周期为3的周期数列，故 故a≥-ln(e-1). (8分) {}也是最小正周期为3的周期数列，且 综上，a的取值范围是[-ln(e-1),一 1 1++=,1=1- (3分) x2026x1 39 (9分) (3)证明：当s≤x≤t时，e≤f(x)≤e, 故爱1 2026√3 i=1xi 9 (4分) 则f(s)≥e,f(t)≤e, (10分) (2)证明：由题意知对任意的n∈N*,都有 故1-es+lnes≤a≤l-et+lnet. xm≠0， (11分) 若存在p∈N,且p≥2，使得xD<0,且由 令g(x)=1-x+lnx,则g'(x)=-1+ xi x1>0,可得xp+12x1-(c+1Dx,>0, 1=1-x x 故由x1>0,x,<0,xp+1>0,可知此时{xn) 当0<x<1时，g'(x)>0,g(x)单调递增； 不是单调数列. (5分) 当x>1时，g'(x)<0,g(x)单调递减. 根据题意得1 1(x-x1)txizi In+1 In xixn 因为s<t,所以e>et,且g(e)≤g(e), 若对任意的n∈N,都有xm>0, 故e5>1. (13分) 设es=x1>1,x1≠x2,且g(x1)=g(x2), 则{2}为单调数列，x,也为单调数列，且 则由上可知0<x2<1,故2-x2>1. A(x)=g(x)-g(2-x)=In x-In(2- {山}为递减数列，红为递地数列， x)-2x+2, 1 故 1 (x.-x)2+xix≤-x.≤ In+1 In xixn 则)-+22- x(2-x)1 (7分) 当0<x<1时，p'(x)>0,p(x)单调递增， 所以-(，)+（ 故p(x2)=g(x2)-g(2-x2)=g(x1) g(2-x2)<p(1)=0, 即g(x1)<g(2-x2). 即1<1 因为g(x)在区间(1，十∞)上单调递减， In+1 I1 所以x1>2-x2, 故当n取大于的整数时，x+1<0, 即x1十x2>2. (15分) 这与对任意的n∈N*,xm>0矛盾， 因为g(x1)=g(x2)≤g(e), 故{xn}不是单调数列. (9分) 所以x2≤et<x1,es+et≥x1十x2>2. (3)证明：设m,是满足xm+=x成立的m 又es>1,故2es+et>3. (17分) 的最小值， ·5· ·数学· 参考答案及解析 则1=1,1+1=2 显然m,=1不满足条件，故m,≥3， Z1 Im,+1 I1 Im,+1 Z1 且由上可知1十1=2,1+ 1」 又1=(xf+1)x+1 2 xmx1x3 xm一1 xx1(2xn+1-x1)' 1=2,共 二组， 所以+1 2x1-(x+1)x1 2 x 故 1 (x7+1)x1 1(2x1-x1) 2 1 共2号组 类似地得+1=2，上+1= 2 1+m,-1.2_m Ims-1 I1 I4 Ims-2 1 2x1x1 (11分) 因为对任意满足xm+。=x。成立的m均为m: 假设m,为偶数，则1十 1= 2 的整数倍， x+1x+1' 即x+1=x1, (12分) 所以免1=m 1x:x1 (15分) 假设存在，∈N“,且，≥2，使得x些+1 x 由xa+1= x1,x受+2=x2,…,x警+k-1=xk,-1，且 2-(+得+1D xi 2 1 x受+丰xk:, Z1 Zn+1 则x受+好= x 2x1-(x十1)x学+，-1 所以8+-含，-2（层 =1 x x子 x 2x1-（x1+1)xk,-1 =x:,这与x+,卡x: 矛盾， 故2x= m 所以对任意的∈N*,x受十=x, -1 x+1 12’ x1十 这表示受是比m,更小的满足云：=：成 即之x:<2, 1 mi=1 立的m的值，导致矛盾， 故m,应为奇数，即m的最小值是奇数. 所以1，.的算术平均数小于号 (13分) (17分) ·6绝密★启用前 齐鲁名校教育测评 2026届山东省高三第五次学业水平联合检测 数 学 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 國 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 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。 铷 写在本试卷上无效。 n 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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M={-1,0,1,N=20,则MnN 数 A.{0} B.{0,1} C.{-1,0} D.{-1,1}》 1 2.已知x=1则z C.2+21 0 3.已知向量a=(k,一1)，b=(1,k十2)，若a∥b,则k= A.1 B.0 、1 C.-2 D.-1 4.已知圆台的上、下底面的半径分别为1,3，表面积为26π，则该圆台的母线长为 A.2 B.√13 C.4 D.2√5 5.在等比数列{am}中，a1十a2=4,3a2十2a3=a4,则a5= A.-162 B.1 C.32 D.81 密 6.若f(x)=cos(3x十p)(0<p<π)是奇函数，则在所有f(x)图像的对称轴中，与直线x=1 距离最近的一条是 A.x=6 B.= 4 心.x=号 7.已知双曲线C:无一 =1(a>0,b>0)的左顶点为A,右焦点为F,以F为圆心的圆与C 金 的一条渐近线相切于点G,若|AG|=|FG引，则C的离心率为 A.√3 B.2 C.5 D.√6 数学试题 第1页（共4页）】 8.已知函数f(x)=ax3十bx2+1(ab≠0)，若任意斜率为一1的直线l与曲线y=f(x)都有 且仅有一个公共点，则f(x)在下列区间中一定不存在零点的是 A(0】 B(-,) c.[0,) n.(专别 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.有一组样本数据x1,x2,…,x6,其样本平均数为3，样本方差为6.将数据x7=3也添加到 这组样本数据中，得到一组新样本数据x1,x2,…,x6,x7,则 A.两组样本的样本平均数一定相同 B.两组样本的样本极差一定相同 C.两组样本的样本中位数一定相同 D.两组样本的样本方差一定相同 10.已知正四棱锥P-ABCD的所有顶点均在球O(O为球心)的球面上，E为PC的中点，若 点A,O,E共线，则 A.△PAC是等边三角形 B.OD BE C.OC⊥平面BDE D.球O与正四棱锥P-ABCD的体积之比为6π 1.已知抛物线C:y2=2x(0<x<),C:y2=-4x+8(号<<2)的焦点分别为F1,F, 一条平行于x轴的直线与C1,C2分别交于P,Q两点，则 A18<2 B.四边形PF1F2Q的周长为定值 C当PQ-2时，四边形PP,FQ的面积为号 2 D.当QF2-PF2?取得最大值时，PF·QF=- 9 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设e,6为正数，且。+号-8，则2a+6的最小值为 a 13.已知函数fx)=1og(1+),则f(1)十f(2)+…十f(7)= 14.已知等边△ABC的边长为3，D,E,F分别为边AB,AC,BC上的点，若∠DFE=60°， BF=2CF,DF=3EF,则DE= 数学试题第2页（共4页） 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.(13分) 如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点， (1)证明：BD1∥平面C1DE; (2)若AA1=2AB=4,求直线A1C与平面C1DE所成角的正弦值. D 6 D 16.(15分) 知椭圆C:+,310>b>0)的上顶点为B(0D,左焦点为F(- (1)求C的方程； (2)若过点F且不过点B的直线1交C于P,Q两点，且BP⊥BQ,求1的方程. 17.(15分) 已知有质地、大小均相同的黑球和白球各m(m=4,5,…)个，并以下列两种方式取球. 方式一：抛掷一枚质地均匀的硬币若干次，若抛掷的结果为正面朝上，则取1个黑球；若 抛掷的结果为反面朝上，则取1个白球.记抛掷4次硬币后取到黑球的个数为X; 方式二：将所有2m个球都装入一个袋子，再从该袋子中随机一次取出4个球.记取出的 4个球中黑球的个数为Z. (1)求X的分布列及数学期望； (2②)若用P(X=2估计P(Z=2,且满足P(Z=2)-P(X=2)≤品，求m的最小值. 数学试题第3页（共4页） 18.(17分) 已知函数f(x)=(x十a)e十1. (1)求f(x)的单调区间； (2)当-1≤x≤1时，二≤f(x)≤e,求a的取值范围； (3)设s<t,且当s≤x≤t时，e≤f(x)≤e,证明：2es+e>3. 19.(17分) 设无穷数列{x}满足x+12x1-(x1十1) xi 一，其中x1>0,且x1≠1. 261 (1)若x1=√3，写出x2,x4,并求∑一； i=1℃： (2)证明：{xm}不是单调数列； (3)已知存在m∈N*,使得对任意的k∈N*,xm+=x,证明：m的最小值是奇数，且 x1,x2,…,xm的算术平均数小于2 数学试题第4页（共4页）