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2026年辽宁省沈阳市高考数学二模试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知平面向量，，若，则的值为( )
A. B. C. D.
2.已知全集，集合，则( )
A. B. C. D.
3.若以直线为渐近线的双曲线经过点，则该双曲线的方程为( )
A. B. C. D.
4.已知等差数列的前项和为，若，，则( )
A. B. C. D.
5.“的展开式中的系数为”是“”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名技术人员单独过桥时间分别为分钟、分钟、分钟、分钟、分钟则这人全部过桥的最短时间为( )
A. B. C. D.
7.某精密仪器厂正在研发一种标准长度为的金属垫片现随机抽取个垫片测量其实际长度单位：，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. B. C. D.
8.已知函数的图象满足以下特征：图象经过点，并且在轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，则下列有关函数及其性质的描述正确的是( )
A.
B. 为函数图象的对称轴
C. 将的图象向右平移个单位长度后，将得到一个偶函数的图象
D. 函数的单调递减区间为
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数，则下列结论正确的有( )
A. 在复平面对应的点位于第二象限 B. 的虚部是
C. D.
10.若正四面体的表面积为，则( )
A. 该正四面体的棱长为 B. 该正四面体的高为
C. 该正四面体的体积为 D. 该正四面体的外接球表面积为
11.已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 曲线在处的切线与直线垂直
B. 若点是曲线上的动点，则点到直线距离的最小值为
C. 曲线的切线的倾斜角取值范围是
D. 若过点可以作曲线的三条切线，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则 ．
13.在中，，，，则 ．
14.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为若椭圆上存在不同的两点，，使得，则的取值范围是 ．
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.本小题分
在数列中，，．
求证：数列为等比数列；
设，求数列的前项和．
16.本小题分
某科技公司研发的智能体在进行图像分类任务时，单次分类的准确率得分单位：分服从正态分布
求正常情况下，该单次分类的准确率得分大于分的概率；
某天测试人员随机抽取了该的两次分类结果，发现两次的准确率得分均大于分测试人员根据这两次测试结果，判断该智能体出现了异常波动，要求立即暂停研发更新并进行算法排查请问测试人员的判断是否合理？请说明理由．
附：若，则，，．
17.本小题分
如图，三棱柱的所有棱长均为，且．
证明：；
若三棱柱的体积为，求平面与平面所成角的余弦值．
18.本小题分
已知抛物线：，过焦点的直线与抛物线相交于，两点，与抛物线的准线相交于点若以线段为直径作圆，当此圆经过点时，．
求抛物线的方程；
证明：；
若点，在抛物线上，且线段的中点在直线上，点，求面积的最大值．
19.本小题分
在生态系统中，某种小型濒危动物的种群数量偏离平衡值的波动量单位：千只与时间单位：月，满足函数，其波动呈现“往复波动，逐渐稳定”的特征．
定义：若函数在上满足；
震荡性：在上无限次正负交替；
衰减性：任意给定正实数，存在实数，使得当时，．
则称为震荡衰减函数．
求在内的所有极值点，并说明在这些极值点处，波动量的增长速率是否为不必证明．
根据定义判断函数在上是否为震荡衰减函数如果是，给出证明；如果不是，说明理由．
设求证：无最大值．
1.【答案】
【解析】解：因为平面向量，，且，
所以，所以，
解得．
故选：．
由题意可知，再结合平面向量数量积的坐标运算求解．
本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：全集，集合，
则．
故选：．
结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意，设双曲线方程为．
代入点，可得，
所以，
所以双曲线方程为，即．
故选：．
由题意，设双曲线方程为，代入点，求出，即可得出结论．
本题考查双曲线的方程，考查双曲线的渐近线方程，正确设出双曲线方程是关键，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：等差数列的前项和为，，，
，
．
故选：．
利用等差数列的性质求解．
本题考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：由题意可知，的展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为，令，解得
所以“的展开式中的系数为”是“”的必要不充分条件．
故选：．
先求出展开式中含的项即可建立关于的方程求出，再由充分和必要条件的定义即可得解．
本题主要考查了二项式定理的应用，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：由用时分钟的和分钟的先过桥，此时耗时分钟，
用时分钟的回来，此时耗时分钟，
用时分钟的和分钟的过桥，此时耗时分钟，
用时分钟的回来，此时耗时分钟，
用时分钟的和用时分钟的再过桥，此时耗时分钟，
用时分钟的回来，此时耗时分钟，
用时分钟的和分钟的过桥，此时耗时分钟，
所以四人全部过桥的最短时间为分钟．
故选：．
根据要求计算四人过桥的最少时间，即可得出应首先让用时最少的两人过桥，再让他们往返送灯会节省时间．
本题主要考查了统筹方法的应用问题，也考查了逻辑思维与推理应用能力，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：由题意知，，整理得，解得，
所以任取一个垫片为合格品的概率为：．
故选：．
在频率分布表中，小矩形的面积等于这一组的频率，所以面积和为，建立等量关系求出，进而求出长度在内的频率．
本题主要考查频率分布直方图的性质，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：由题意函数的图象经过最低点，
因为，正弦函数的最小值为，
所以，解得，
由于函数在轴右侧的第一个零点为，第一个最低点为，
由于正弦函数图象从零点函数值为且处于下降趋势到相邻的最低点，横坐标的距离为个周期，
所以，
由此可得周期，根据周期公式，可得，解得，
可得函数解析式为，将点代入解析式，得，
所以，
因为，所以的可能取值为或，
若，则，
令，则，解得，，
当时，在轴左侧，
当时，，此时第一个正零点为，与题目条件不符，
若，
则，
令，则，，解得，，
当时，，此时第一个正零点为，符合题目条件，
所以，故选项A错误；
所以，
令，，解得，，
可得函数图象的对称轴为，，故B错误；
将的图象向右平移个单位，得到的函数解析式为：，
令，
由于，是偶函数，故选项C正确；
令，，解得，，
可得函数的单调递减区间为，，故选项D错误．
故选：．
由题意可求的值，由正弦函数图象可求函数周期，利用周期公式可求的值，由，可得，结合，可得的可能取值为或，分类讨论可求，即可判断；利用正弦函数的对称性即可判断；利用三角函数图象变换以及余弦函数的性质即可判断；利用正弦函数的性质即可判断．
本题考查三角函数的图象与性质，重难点在于根据图象上的特殊点截距、零点、最值点求出函数的解析式即确定、、的值，并利用解析式分析函数的对称性、奇偶性及单调区间，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：，
则在复平面对应的点位于第二象限，故选项A正确；
的虚部是，故选项B错误；
，故选项C正确；
，故选项D错误．
故选：．
先利用复数的除法运算求出，然后由复数的几何意义判断选项A，由虚部的定义判断选项B，由模的定义判断选项C，由共轭复数的定义判断选项D．
本题考查了复数的除法运算，复数的几何意义，虚部的定义，模的定义以及共轭复数的定义，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：设正四面体的棱长为，单个面的面积为，则表面积．
由，得，解得，故A正确．
正四面体底面正三角形的中心到顶点的距离为，则高，故B错误．
正四面体体积，故C正确．
将棱长为的正四面体补成棱长为的正方体，正四面体的外接球与正方体的外接球重合，
正方体的体对角线长为，故外接球半径，外接球表面积，故D正确．
故选：．
先通过正四面体表面积公式求出棱长，再依次计算正四面体的高、体积，最后采用补形法将正四面体转化为正方体，利用正方体外接球的性质计算外接球表面积，逐一验证各选项的正确性．
本题主要考查正四面体的表面积、高、体积及外接球表面积的计算，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，函数，则，所以，
即曲线在处的切线斜率为，所以曲线在处的切线与直线垂直，故A正确；
对于：当曲线在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，
设点，则，解得，此时，
点到直线的距离，故B正确；
对于，，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，当时，，当时，，
所以，设曲线的切线的倾斜角为，则，
而时，，故C错误；
对于：设过点的切线切点为，则，整理得
若过点可以作曲线的三条切线，则函数与函数有三个交点，
对函数，，当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
又当时，；当时，；时，；时，，
所以函数的图象大致如下：
则当时，函数与函数有三个交点，
此时过点可以作曲线的三条切线，D正确．
故选：．
对求导，计算，由导数的几何意义及两直线垂直斜率乘积为即可判断；对于，当在点处的切线与直线平行时，点到直线的距离最小，求出点坐标，用点到直线距离公式求最值即可判断；对于，求出导函数的取值范围，由倾斜角与斜率的关系即可判断；对于，将问题转化为两个函数图象交点的个数问题，画出函数的大致图象，结合图象可判断．
本题主要考查导数的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：函数是定义在上的奇函数，当时，，
所以，
则．
故答案为：．
根据给定条件，利用奇函数的性质求出函数值．
本题主要考查了函数奇偶性在函数值求解中的应用，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，，，
则，即，解得．
故答案为：．
结合正弦定理，即可求解．
本题主要考查正弦定理，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设关于原点的对称点为，则，
若，则，
即，
所以，
若，由于椭圆的对称性，可得．
综上的取值范围是．
故答案为：．
设关于原点的对称点为，得到，分和，求解即可．
本题考查椭圆方程的应用，属于中档题．
15.【答案】在数列中，，，
，
数列是以为首项，为公比的等比数列，

【解析】解：证明：在数列中，，，
，
数列是以为首项，为公比的等比数列，
．
由知，
，
，
整理得：，
数列的前项和．
在数列中，，，则，由此能求出结果．
由知，，推导出出，由此能求出数列的前项和．
本题考查等比数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】 测试人员的判断是合理的．
理由：在正常情况下，单次分类得分大于分的概率仅为，属于极小概率事件．
连续两次出现这种极端结果的概率为，
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
【解析】解：由题可得：，由于，
可知即，
所以，
即正常情况下，该单次分类的准确率得分大于分的概率为．
测试人员的判断是合理的．
理由：在正常情况下，单次分类得分大于分的概率仅为，属于极小概率事件．
连续两次出现这种极端结果的概率为，
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．
根据正态分布的对称性与“原则”即可求解结论；
根据正态分布的对称性与“原则”即可判断．
本题主要考查正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义，考查计算能力，属于中档题．
17.【答案】证明：取的中点，连接、，
因为为边长为的等边三角形，则，且，
在中，，，
则为等边三角形，可知，且，
且，，平面，
则平面，
又因为平面，
所以
【解析】解：证明：取的中点，连接、，
因为为边长为的等边三角形，则，且，
在中，，，
则为等边三角形，可知，且，
且，，平面，
则平面，
又因为平面，
所以；
设三棱柱的高为，
则，解得，
又因为，则平面，
以为原点，直线为轴，直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系：
则，，，，
可得，，，
则，．
设平面法向量，
则，则，
令，得，，故；
设平面法向量，
则，则，
令，得，故；
所以平面与平面所成角的余弦值．
取的中点，证明平面，进而可得；
先建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值即可．
本题考查线线垂直的判定，考查利用向量法求空间角，属于中档题．
18.【答案】 证明：由题意可知，过焦点的直线斜率必定存在．
设过焦点的直线方程为，，，
令，可得．
将直线方程代入抛物线消可得．
由韦达定理可得，，
由抛物线定义可知．
由相似三角形可知：
，
所以
【解析】解：解法：抛物线：的焦点为，准线为．
由抛物线定义，故，
设，代入抛物线方程得，
以为直径的圆的圆心为，半径为因圆过，
故圆心到点的距离等于半径：，
解得，
代入，得，解得，
因此，抛物线的方程为；
解法：抛物线：的焦点为，准线为，
由抛物线定义，故．
设，代入抛物线方程得，即，
设，则，．
因圆过，所以，代入得到，解得，
因此，抛物线的方程为；
证明：由题意可知，过焦点的直线斜率必定存在．
设过焦点的直线方程为，，，
令，可得．
将直线方程代入抛物线消可得．
由韦达定理可得，，
由抛物线定义可知．
由相似三角形可知：
，
所以．
设的中点为，，，
则，．
由，，可得，则，
所以弦长，
由题意可知直线的斜率存在且，
所以直线的直线方程为，即，
则点到直线的距离，
所以所求面积，
令，则，
所以，令，可得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
当时，，所以面积的最大值为．
解法：求出抛物线的焦点坐标与准线方程，由抛物线的定义可得，代入抛物线方程得，由心到点的距离等于半径可得，进而可得的值，从而可得抛物线方程；解法：求出抛物线的焦点坐标与准线方程，由抛物线的定义可得，代入抛物线方程得，由，可求出的值，从而可得抛物线方程；
设过焦点的直线方程为，令，可得点的坐标，将直线方程代入抛物线方程，可得韦达定理，由抛物线的定义及相似三角形化简整理即可得证；
设的中点为，，，，，表示出面积为，，令，，可得，利用导数分析其单调性，进而求解即可．
本题主要考查直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】在内的所有极值点皆为使得的点，波动量的增长率为 满足震荡性和衰减性，是震荡衰减函数，证明如下：
由可知，
上无限次正负交替，则满足震荡性：
又．
令，则，令．
当时，，则满足衰减性．
综上，满足震荡性和衰减性，是震荡衰减函数 证明：，，
．
不难看出恒成立，
，
即若存在最大值点，则，
现研究在上的单调性：
当时，，，
由于，故，故；当时，，
；当时，
，
，
其中为锐角，，即，
当时，，当时，，
综上，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
由，，
而，，，
即在上无最大值点
【解析】解：由函数，则，
在上，令，则和，
当或时，，当时，，
则为极小值点，为极大值点，
在内的所有极值点皆为使得的点，即在这些极值点处，波动量的增长率为．
满足震荡性和衰减性，是震荡衰减函数，证明如下：
由可知，
上无限次正负交替，则满足震荡性：
又．
令，则，令．
当时，，则满足衰减性．
综上，满足震荡性和衰减性，是震荡衰减函数．
证明：，，
．
不难看出恒成立，
，
即若存在最大值点，则，
现研究在上的单调性：
当时，，，
由于，故，故；
当时，，
；
当时，
，
，
其中为锐角，，即，
当时，，当时，，
综上，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
由，，
而，，，
即在上无最大值点．

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