2025--2026学年辽宁省沈阳市2026年高考二模数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年辽宁省沈阳市2026年高考二模数学试题 [含答案]，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知平面向量a=(−1,2)，b=(x,−2)，若a⊥b，则x的值为( )
A. −4B. −1C. 1D. 4
2.已知全集U=Z，集合A={x∈Z|(x+2)(x−1)≥0}，则∁UA=( )
A. (−1,0)B. (−2,1)C. {0}D. {−1,0}
3.若以直线2x±3y=0为渐近线的双曲线经过点(3 2,2)，则该双曲线的方程为( )
A. y24−x29=1B. x29−y24=1C. x23−y24=1D. y24−x23=1
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=35，S10=120，则a8=( )
A. 13B. 15C. 17D. 19
5.“(ax+1)6的展开式中x2的系数为60”是“a=2”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
6.某实验室的5名技术人员需要在夜间通过一座最多只能两人同时通行的临时钢架桥.过桥必须使用唯一的一盏工作灯，无灯不能过桥.过桥后需要有人将灯送回，才能让其他人继续过桥.两人同行时，过桥用时以较慢者为准.5名技术人员单独过桥时间分别为1分钟、2分钟、5分钟、8分钟、9分钟.则这5人全部过桥的最短时间为( )
A. 20B. 22C. 24D. 26
7.某精密仪器厂正在研发一种标准长度为52mm的金属垫片.现随机抽取200个垫片测量其实际长度(单位：mm)，按长度分组并绘制出如图所示的频率分布直方图.若规定长度在区间[51,53)内的垫片为合格品.利用样本频率估计总体概率的方法，则任取一个垫片为合格品的概率为( )
A. 0.3B. 0.4C. 0.5D. 0.6
8.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,00)，其波动呈现“往复波动，逐渐稳定”的特征．
定义：若函数g(x)在(a,+∞)上满足；
1.震荡性：g′(x)在(a,+∞)上无限次正负交替；
2.衰减性：任意给定正实数m，存在实数n，使得当x>n时，|g(x)|0).求证：h(x)无最大值．
答案
1.A
2.D
3.B
4.C
5.B
6.B
7.C
8.C
9.AC
10.ACD
11.ABD
12.−12
13.45
14.(13,3)∪{−1}
15.解：(1)证明：在数列{an}中，a1=2，an+1=3an−2，
∴an+1−1=3(an−1)，
∴数列{a,−1}是以a1−1=1为首项，3为公比的等比数列，
∴an−1=3n−1．
(2)由(1)知an=3n−1+1，
∵bn=an+n=3n−1+(n+1)，
∴Sn=1−3n1−3+n(2+n+1)2，
整理得：Sn=3n−1+n(n+3)2，
∴数列{bn}的前n项和Sn=3n−1+n(n+3)2．
16.解：(1)由题可得：μ=90，σ=3.由于99=90+3×3，
可知P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)=0.9973.即P(81≤X≤99)=0.9973，
所以P(X>99)=1−0.99732=0.00135，
即正常情况下，该AI单次分类的准确率得分大于9(9分)的概率为0.00135．
(2)测试人员的判断是合理的．
理由：在正常情况下，单次分类得分大于9(9分)的概率仅为0.00135，属于极小概率事件．
连续两次出现这种极端结果的概率为0.001352=0.0000018225=1.8225×10−6，
几乎不可能在正常运行中发生，但是现在却发生了．
因此，这一现象强烈暗示AI的算法或输入数据出现了异常，暂停研发更新并排查是合理的决策．
17.解：(1)证明：取AB的中点O，连接A1O、CO，
因为△A1AB为边长为2的等边三角形，则CO⊥AB，且CO= 3，
在△A1AB中，AA1=AB=2，∠A1AB=π3，
则△A1AB为等边三角形，可知A1O⊥AB，且A1O= 3，
且CO∩A1O=O，CO，A1O⊂平面A1OC，
则AB⊥平面A1OC，
又因为A1C⊂平面A1OC，
所以AB⊥A1C；
(2)设三棱柱ABC−A1B1C1的高为h，
则12×2× 3×h=3，解得h= 3，
又因为A1O= 3，则A1O⊥平面ABC，
以O为原点，直线OC为x轴，直线OA为y轴，直线OA1为z轴，建立空间直角坐标系：
则A(0,1,0)，B(0,−1,0)，C( 3,0,0)，A1(0,0, 3)，
可得A1C=( 3,0,− 3)，A1C1=AC=( 3,−1,0)，BB1=AA1=(0,−1, 3)，
则B1(0,−2, 3)，C1( 3,−1, 3)．
设平面A1CC1法向量n1=(x1,y1,z1)，
则n1⊥A1Cn1⊥A1C1，则n1⋅A1C= 3x1− 3z1=0n1⋅A1C1=−y1+ 3x1=0，
令x1=1，得z1=1，y1= 3，故n1=(1, 3,1)；
设平面A1CB1法向量n2=(x2,y2,z2)，
则n2⊥A1Cn2⊥A1B1，则n2⋅A1C= 3x2− 3z2=0n2⋅A1B1=−2y2=0，
令x2=1，得z2=1，故n2=(1,0,1)；
所以平面A1CC1与平面A1CB1所成角的余弦值csθ=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=2 5⋅ 2= 105．
18.解：(1)解法1：抛物线E：x2=2py的焦点为F(0,p2)，准线为y=−p2．
由抛物线定义|AF|=yA+p2=12，故yA=12−p2，
设A(xA,12−p2)，代入抛物线方程得xA2=p(1−p)，
以AF为直径的圆的圆心为(xA2,14)，半径为14因圆过(14,0)，
故圆心到点(14,0)的距离等于半径： (x42−14)2+(14−0)2=14，
解得xA=12，
代入xA2=p(1−p)，得14=p−p2，解得p=12，
因此，抛物线E的方程为x2=y；
解法2：抛物线E：x2=2py的焦点为F(0,p2)，准线为y=−p2，
由抛物线定义|AF|=yA+p2=12，故yA=12−p2．
设A(xA,12−p2)，代入抛物线方程得xA2=p(1−p)，即xA= p(1−p)，
设M(14,0)，则MF=(−14,p2)，MA=( p(1−p)−14,12−p2)．
因圆过M(14,0)，所以MF⋅MA=0，代入得到 p(1−p)−14=p(1−p)，解得p=12，
因此，抛物线E的方程为x2=y；
(2)证明：由题意可知，过焦点F(0,14)的直线斜率必定存在．
设过焦点F(0,14)的直线方程为y=kx+14，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
令y=−14，可得Q(−12k,−14)(k≠0)．
将直线方程y=kx+14代入抛物线E消y可得x2−kx−14=0．
由韦达定理可得x1+x2=k，x1x2=−14，
由抛物线定义可知|FA||FB|=y1+14y2+14=x12+14x22+14．
由相似三角形可知：
|QA||QB|=|x1−xQ||x2−xQ|=|x1+12k||x2+12k|=|2kx1+1||2kx2+1|=|2(x1+x2)x1+1||2(x1+x2)x2+1|=|2x12+12||2x22+12|=|FA||FB|，
所以|QA|⋅|FB|=|QB|⋅|FA|．
(3)设CD的中点为(t,t)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，
则x3+x4=2t，y3+y4=2t．
由y3=x32，y4=x42，可得x32+x42=2t，则x3x4=12[(x3+x4)2−(x32+x42)]=2t2−t，
所以弦长|CD|= (x3−x4)2+(y3−y4)2=2 t(1−t) 1+4t2(t∈[0,1])，
由题意可知直线CD的斜率存在且kCD=y3−y4x3−x4=x32−x42x3−x4=x3+x4=2t，
所以直线CD的直线方程为y−t=2t(x−t)，即2tx−y−2t2+t=0，
则点P(12,1)到直线CD的距离d=|2t2−2t+1| 4t2+1=2t2−2t+1 4t2+1，
所以所求面积S= t(1−t)(2t2−2t+1)(t∈[0,1])，
令u= t(1−t)∈[0,12]，则S=−2u3+u，
所以S′=−6u2+1，令S′=0，可得u= 66，
所以S=−2u3+u在(0, 66)上单调递增，在( 66,12)上单调递减．
当u= 66时，Smax= 69，所以△PCD面积的最大值为 69．
19.解：(1)由函数f(x)=e−xcsx(x>0)，则f′(x)=−e−xcsx−e−xsinx=−e−x(csx+sinx)=− 2e−xsin(x+π4)，
在(0,2π)上，令f′(x)=0，则x=3π4和x=7π4，
当0