2025-2026学年下学期辽宁多校高三数学3月模拟调研卷一试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期辽宁多校高三数学3月模拟调研卷一试卷含答案，共12页。试卷主要包含了 已知椭圆 C等内容，欢迎下载使用。
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、准考证号填写在答题卡上。
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. 设集合 A={−1,m},B={0,2m−1} ,若 A∩B={m} ,则 m 的取值集合为
A. ⌀ B. {0} C. {1} D. {0,1}
2. 若复数 z 的共轭复数 z=2−i ,则 z−1i=
A. 1+i B. −1+i C. 2+2i D. 2−2i
3. 已知 m,n 是两条不同的直线， α,β 是两个不同的平面，若 m⊥α,n⊥β ，则 “ m//n ” 是 “ α// β ”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. 已知向量 a=x,1,b=1,−2 ,若向量 a+b,a−b 在 a 上的投影向量相等,则 x=
A. 2 B. 1
C. −12 D. -1
5. 若 α∈0,π,2+sin2α=2sin2α+π2 ,则 csα=
A. −255 B. −55 C. 55 D. 255
6. 已知函数 fx=sin2x+φ−xπ−π2f′x1ex1 .
答案与解析
2026年普通高等学校招生全国统一考试模拟调研卷(一)
选择题答案速查
一、选择题
1. C若 m=0 ,则 A={−1,0},B= {0,−1} ，此时AnB={m,-1}，不符合题意；若m=2m-1，解得m=1，则A={-1， 1}, B={0,1},此时AnB={m}，符合题意. 综上，m的取值集合为{1}.
2. B由题意知z=2+i,所以(z- 1)i=(1+i)i=-1+i.
3. C若m⊥α, m∥n,则n⊥α,又n⊥ β ,所以 α∥β ; 反之,若m⊥α,α∥ β ,则m⊥β, 又n⊥β,所以m∥n,所以“m∥n”是“α∥β″ 的充要条件.
4. A由题意得 a+b⋅aa⋅aa= a−b⋅aa⋅aa ,即 a+b⋅a=(a− b) ⋅a ,整理得 a⋅b=0 ,所以 x=2 .
5. A 由题意得 2+2sinαcsα= 2cs2α=21−2sin2α ,所以 sinα . csα=−2sin2α . 因为 α∈0,π ,所以 sinα≠ 0,所以 csα=−2sinα ,即 tanα=−12 ,可得 csα=−255 .
6. B由题意知 fπ3=g0=16 ,所以 fπ3=sin2π3+φ−13=16 ,所以 sin2π3+φ=12 . 因为 −π20 上，
所以 1=2p ，解得 p=12 ，
所以 C 的方程为 y2=x . (3分)
(2)(i) 证明:由题意不妨设A(-1, a),
B(-1, b)(a>0),
因为以 AB 为直径的圆过坐标原点O,
所以 OA⋅OB=1+ab=0 ,
得 b=−1a ,即 B−1,−1a . (5分)
设直线MN:x=my+t, M( y2,y1 ), N( y2,y2 ),
联立方程组 y2=x,x=my+t,
消去 x 得 y2−my−t=0 ,
则 Δ=m2+4t>0,y1+y2=m,y1y2=−t , (6分)
因为A, P, M 三点共线,
所以 y1−1y12−1=1y1+1=1−a2 ,
解得 y1−1+a1−a ,
又由B, P, N 三点共线，
所以 y2−1y22−1=1y2+1=a+12a ,
解得 y2=a−1a+1 ,(8分)
所以 y1y2=1+a1−a⋅a−1a+1=−1 ,
又 y1y2=−t ,得 t=1 ,符合题意,
所以直线MN:x= my+1, (9分)
即直线 MN 过定点(1,0). (10分)
(ii) 解: 由(i)知 AB=a+1a= a2+1aa>0,lMN:x=my+1,y1+ y2=m,y1=1+a1−a,y2=a−1a!1,
设点 P 到直线 MN 的距离为 d ，
所以 S△PMN=12MN⋅d=121+m2 . y1−y2⋅m1+m2=12y1−y2m= 12y12−y22=121+a1−a2−a−1a+12= 4aa2+1a2+12−4a2,(13分)
因为 S△AOB=12AB⋅1=a2+12a ，(14分)
若 S△PMN=2S△AOB则4aa2+1a2+12−4a2=1 a2+1a ,则 a2+12=8a2 ,
即 a2+1a=22 ,方程有解,
所以 AB=a2+1a=22 .
所以存在 A,B ,使得 △PMN 的面积为
△OAB 面积的 2 倍，此时 AB=22 .(17分)
19.(1) 解: 由题意得 f(x)的定义域为(一∞,
+∞) ,且. f′x=2exex+x−1 ,(1分) 令。 gx=ex+x−1 ,
则 g′x=ex+1>0 恒成立,
所以 gx 在 −∞,+∞ 上单调递增,(2分)
又 g0=0 ,
所以当 x∈−∞,0 时, gx0 ,
f(x)单调递增,(4分)
所以 fx 的单调递减区间为 −∞,0 ,单调递增区间为 0,+∞ .(5分)
(2)证明:由(1)知， fx≥f0=−3 ，(6分)
即 exex+2x−4≥−3 ,
即 e2x+2xex+3≥4ex>0 ,(7 分)
所以 i=1ne2xi+2xiexi+3≥i=1n4exi= 4nex1⋅ex2⋅⋯⋅exn=4nex1+x2+x3+⋯+xn= 4′′e0=4′′,
即 i=1ne2xi+2xiexi+3≥4n .(11分)
(3)证明:因为 x2>x1 ，令 ex2ex1=t ， 所以 ex2=tex1 ,且 t>1 ,(12分)
又 f′x=2exex+x−1 ,
则 fx2−fx1ex2−ex1−f′x1ex1= ex2ex2+2x2−4−ex1ex1+2x1−4ex2−ex1− 2ex1ex1+x1−1ex1=2x2ex2−x1ex1ex2−ex1− x1+ex2−ex1=2x2ex2−x1ex2ex2−ex1− 1) +ex2−ex1=2tlntt−1−1+t−1ex1 .(15分)
令 ht=lnt+1t−1t>1 ,
则 h′t=1t−1t2=t−1t2>0 ,
所以 ht 在 1,+∞ 上单调递增,
所以 ht>h1=0 ,
即 lnt+1t−1>0 ,
所以当 t>1 时, tlntt−1−1>0 ,(16分)
又当 t>1 时， t−1ex1>0 ，
所以当 t>1 时， 2tlntt−1−1+(t− 1) ex1>0 ,
即当 x2>x1 时 fx2−fx1ex2−ex1>f′x1ex1 . (17 分)题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
B
C
A
A
B
C
D
AC
AC
ACD
X
0
1
2
3
P
2 5
310
15
110