辽宁省抚顺市清原满族自治县高级中学2025-2026学年高三下学期高考模拟数学试题（含答案）

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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 .
1. C
若 m=0 ,则 A={−1,0},B={0,−1} ,此时 A∩B={0,−1} ,不符合题意;
若 m=2m−1 ,解得 m=1 ,则 A={−1,1},B={0,1} ,此时 A∩B={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−1i=1+ii=−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 ,
则“ m//n ” 是 “ α//β ” 的充要条件.
4. A
根据向量投影相等的条件,推导出 a⊥b ,再利用向量垂直的数量积为 0 列方程求解 x .
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+1×−2=0 ,解得 x=2 .
5. A
应用诱导公式及二倍角公式化简,再应用正弦值域得出 csα=−2sinα ,最后结合同角三角函数关系计算求值.
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=−2sinα0 ，
则 OA=−1,a,OB=−1,b ,
因为以 AB 为直径的圆过坐标原点 O ,所以 OA⋅OB=1+ab=0 ,
则 b=−1a ,即 B−1,−1a .
显然直线 MN 的斜率不为 0,设直线 MN:x=my+t,My12,y1,Ny22,y2 ,
联立 y2=xx=my+t ,消去 x 得 y2−my−t=0 ,
则 Δ=m2+4t>0,y1+y2=m,y1y2=−t ,
因为 A,P,M 三点共线,则 y1−1y12−1=1y1+1=1−a2 ,解得 y1=1+a1−a ,
又 B,P,N 三点共线,则 y2−1y22−1=1y2+1=a+12a ,解得 y2=a−1a+1 ,
所以 y1y2=1+a1−a⋅a−1a+1=−1 ,又 y1y2=−t ,得 t=1 ,
所以直线 MN:x=my+1 ,即直线 MN 过定点 1,0 .

(ii) 由 (i) 知 AB=a+1a=a2+1aa>0 ,直线 MN:x=my+1 ,
且 y1+y2=m,y1=1+a1−a,y2=a−1a+1 ,
而点 P 到直线 MN 的距离为 d=m1+m2 ,且 MN=1+m2⋅y1−y2 ,
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 ,
而 S△AOB=12AB⋅1=a2+12a ,
若 S△PMN=2S△AOB ,则 4aa2+1a2+12−4a2=a2+1a ,
整理得 a2+12=8a2 ,即 a2+1a=22 ,方程有解,则 AB=a2+1a=22 .
即存在 A,B ,使得 △PMN 的面积为 △OAB 面积的 2 倍,此时 AB=22 .
19. (1) 由题意得 fx 的定义域为 R ,且 f′x=2exex+x−1 ,
令 gx=ex+x−1 ,则 g′x=ex+1>0 恒成立,所以 gx 在 R 上单调递增,
又 g0=0 ,故当 x∈−∞,0 时, gx0,fx 在 0,+∞ 上单调递增,
所以 fx 的单调递减区间为 −∞,0 ,单调递增区间为 0,+∞ .
(2)由(1)知， fx≥f0=−3 ，即 exex+2x−4≥−3 ，
即 e2x+2xex+3≥4ex>0 ,
所以 i=1ne2xi+2xiexi+3≥i=1n4exi=4nex1⋅ex2⋯⋯exn=4nex1+x2+x3+⋯+xn=4ne0=4n 即 i=1ne2xi+2xiexi+3≥4n .
(3)因为 x2>x1 ，令 ex2ex1=t ，则 ex2=tex1 ， x2−x1=lnt ，且 t>1 ，
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−x1−1+ex2−ex1=2x2−x1ex2ex2−ex1−1+ex2−ex1=2tlntt−1−1+t−1ex1.
令 ℎt=lnt+1t−1t>1 ,则 ℎ′t=1t−1t2=t−1t2>0 ,故 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 ,
又当 t>1 时, t−1ex1>0 ,所以当 t>1 时, 2tlntt−1−1+t−1ex1>0
即当 x2>x1 时 fx2−fx1ex2−ex1>f′x1ex1 .
X
0
1
2
3
P
2 5
310
1 5
110
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