2025-2026學(xué)年高二數(shù)學(xué)模擬聯(lián)考試卷及答案2025-2026學(xué)年高二數(shù)學(xué)模擬聯(lián)考試卷（考試時間：120分鐘滿分：150分）考生須知：答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡相應(yīng)位置上。所有答案均需寫在答題卡上，寫在試卷上無效。考試結(jié)束后，將試卷和答題卡一并交回。一、單項選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）已知向量$\vec{a}=(2,3,-1)$，$\vec=(-1,2,4)$，則$\vec{a}\cdot\vec$的值為（）

A．-4B．0C．2D．5

雙曲線$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}=1$的漸近線方程為（）

A．$y=\pm\frac{3}{2}x$B．$y=\pm\frac{2}{3}x$C．$y=\pm\frac{9}{4}x$D．$y=\pm\frac{4}{9}x$

函數(shù)$f(x)=x^3-3x^2+2$的單調(diào)遞減區(qū)間是（）

A．$(-\infty,0)$B．$(0,2)$C．$(2,+\infty)$D．$(-\infty,0)\cup(2,+\infty)$

在等差數(shù)列$\{a_n\}$中，若$a_2+a_5+a_8=15$，則$a_5$的值為（）

A．3B．4C．5D．6

已知直線$l:y=x+1$與圓$C:(x-1)^2+y^2=4$相交于$A$，$B$兩點，則$|AB|$的長度為（）

A．$\sqrt{2}$B．$2\sqrt{2}$C．$\sqrt{3}$D．$2\sqrt{3}$

某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積為（）

A．$4\pi$B．$8\pi$C．$12\pi$D．$16\pi$

已知拋物線$y^2=4x$的焦點為$F$，點$P$在拋物線上，且$|PF|=5$，則點$P$的橫坐標(biāo)為（）

A．3B．4C．5D．6

袋子中有2個紅球和3個白球，這些球除顏色外完全相同，從中不放回地依次摸出2個球，則摸出的2個球都是白球的概率為（）

A．$\frac{3}{10}$B．$\frac{3}{5}$C．$\frac{2}{5}$D．$\frac{1}{2}$

二、多項選擇題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分）關(guān)于函數(shù)$f(x)=\sin(2x+\frac{\pi}{3})$，下列說法正確的是（）

A．最小正周期為$\pi$B．圖象關(guān)于點$(-\frac{\pi}{6},0)$對稱

C．在區(qū)間$[-\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{12}]$上單調(diào)遞減D．圖象可由$y=\sin2x$的圖象向左平移$\frac{\pi}{6}$個單位得到

在空間直角坐標(biāo)系$O-xyz$中，已知點$A(1,0,0)$，$B(0,1,0)$，$C(0,0,1)$，則下列說法正確的是（）

A．$|AB|=\sqrt{2}$B．平面$ABC$的法向量可以是$(1,1,1)$

C．直線$AB$與直線$OC$垂直D．點$O$到平面$ABC$的距離為$\frac{\sqrt{3}}{3}$

已知等比數(shù)列$\{a_n\}$的公比為$q$，前$n$項和為$S_n$，則下列說法正確的是（）

A．若$q>1$，則$\{a_n\}$為遞增數(shù)列B．若$q=1$，則$S_n=na_1$

C．若$q=-1$，則$S_n$為周期數(shù)列D．若$0<q<1$，則$\lim\limits_{n\to\infty}S_n=\frac{a_1}{1-q}$

已知函數(shù)$f(x)=x\lnx$，則下列說法正確的是（）

A．$f(x)$的定義域為$(0,+\infty)$B．$f(x)$在$x=\frac{1}{e}$處取得極小值

C．$f(x)$的單調(diào)遞增區(qū)間為$(\frac{1}{e},+\infty)$D．$f(x)\geq-\frac{1}{e}$恒成立

三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）若函數(shù)$f(x)=x^2-2x+k$在區(qū)間$[0,3]$上的最小值為2，則$k=$______．已知$\triangleABC$中，$a=2$，$b=3$，$\cosC=\frac{1}{4}$，則$c=$______．橢圓$\frac{x^2}{m}+\frac{y^2}{4}=1(m>4)$的離心率為$\frac{\sqrt{5}}{5}$，則$m=$______．在長方體$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$AB=2$，$AD=3$，$AA_1=4$，則異面直線$A_1B$與$AD_1$所成角的余弦值為______．四、解答題（本大題共6小題，共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17．（10分）已知數(shù)列$\{a_n\}$是等差數(shù)列，且$a_1=2$，$a_1+a_2+a_3=12$．（1）求數(shù)列$\{a_n\}$的通項公式；（2）求數(shù)列$\{a_n\}$的前$n$項和$S_n$．18．（12分）在$\triangleABC$中，角$A$，$B$，$C$所對的邊分別為$a$，$b$，$c$，且滿足$\sinA\cosB+\cosA\sinB=2\sinC\cosA$．（1）求角$A$的大??；（2）若$a=2\sqrt{3}$，$b=2$，求$\triangleABC$的面積．19．（12分）如圖，在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$AC\perpBC$，$AC=BC=AA_1=2$，$D$是$A_1C_1$的中點．（1）求證：$BC_1\parallel$平面$AB_1D$；（2）求平面$AB_1D$與平面$A_1B_1C_1$所成二面角的正弦值．20．（12分）已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x+1$．（1）求$f(x)$的極值；（2）證明：當(dāng)$x\in[0,2]$時，$f(x)\geq-1$．21．（12分）已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過點$P(2,1)$．（1）求橢圓$C$的標(biāo)準方程；（2）設(shè)直線$l:y=kx+m$與橢圓$C$交于$A$，$B$兩點，若$OA\perpOB$（$O$為坐標(biāo)原點），求$m$的取值范圍．22．（12分）某學(xué)校為了解學(xué)生的體育鍛煉情況，隨機抽取了100名學(xué)生進行問卷調(diào)查，調(diào)查結(jié)果分為“經(jīng)常鍛煉”“偶爾鍛煉”“從不鍛煉”三個等級，分別用$A$，$B$，$C$表示．根據(jù)調(diào)查結(jié)果繪制了如下的頻率分布直方圖和列聯(lián)表（部分信息未給出）．（1）補全列聯(lián)表，并判斷是否有95%的把握認為“學(xué)生的體育鍛煉情況與性別有關(guān)”；（2）從“經(jīng)常鍛煉”的學(xué)生中隨機抽取2人參加體育競賽，求抽取的2人中既有男生又有女生的概率．附：$K^2=\frac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$，其中$n=a+b+c+d$．$P(K^2\geqk_0)$0.100.050.01$k_0$2.7063.8416.635等級男生女生合計$A$（經(jīng)常鍛煉）20____________$B$（偶爾鍛煉）30____________$C$（從不鍛煉）101020合計60401002025-2026學(xué)年高二數(shù)學(xué)模擬聯(lián)考答案一、單項選擇題（每小題5分，共40分）1．B2．A3．B4．C5．B6．C7．B8．A二、多項選擇題（每小題5分，共20分）9．ABD10．ABCD11．BCD12．ABCD三、填空題（每小題5分，共20分）13．314．$\sqrt{10}$15．516．$\frac{16}{25}$四、解答題（共70分）17．（10分）（1）解：∵數(shù)列$\{a_n\}$是等差數(shù)列，設(shè)公差為$d$，由$a_1+a_2+a_3=12$，得$3a_2=12$，∴$a_2=4$．（2分）又$a_1=2$，∴$d=a_2-a_1=4-2=2$．（4分）∴通項公式$a_n=a_1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n$．（5分）（2）解：由等差數(shù)列前$n$項和公式$S_n=\frac{n(a_1+a_n)}{2}$，（7分）代入$a_1=2$，$a_n=2n$，得$S_n=\frac{n(2+2n)}{2}=n(n+1)=n^2+n$．（10分）18．（12分）（1）解：∵$\sinA\cosB+\cosA\sinB=2\sinC\cosA$，由兩角和的正弦公式得$\sin(A+B)=2\sinC\cosA$．（2分）在$\triangleABC$中，$A+B+C=\pi$，∴$\sin(A+B)=\sinC$，且$\sinC\neq0$．（4分）∴$\sinC=2\sinC\cosA$，兩邊除以$\sinC$得$\cosA=\frac{1}{2}$．（6分）又$0<A<\pi$，∴$A=\frac{\pi}{3}$．（7分）（2）解：由正弦定理$\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}$，得$\sinB=\frac{b\sinA}{a}$．（8分）代入$a=2\sqrt{3}$，$b=2$，$\sinA=\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\sinB=\frac{2\times\frac{\sqrt{3}}{2}}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{2}$．（9分）∵$a>b$，∴$A>B$，又$0<B<\pi$，∴$B=\frac{\pi}{6}$．（10分）∴$C=\pi-A-B=\pi-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{6}=\frac{\pi}{2}$．∴$\triangleABC$的面積$S=\frac{1}{2}ab\sinC=\frac{1}{2}\times2\sqrt{3}\times2\times1=2\sqrt{3}$．（12分）19．（12分）（1）證明：連接$A_1B$交$AB_1$于點$O$，連接$OD$．∵直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，四邊形$AA_1B_1B$是矩形，∴$O$是$A_1B$的中點．（2分）又$D$是$A_1C_1$的中點，∴$OD$是$\triangleA_1BC_1$的中位線．（3分）∴$OD\parallelBC_1$．（4分）∵$OD\subset$平面$AB_1D$，$BC_1\not\subset$平面$AB_1D$，∴$BC_1\parallel$平面$AB_1D$．（6分）（2）解：以$C_1$為原點，$C_1A_1$，$C_1B_1$，$C_1C$所在直線分別為$x$，$y$，$z$軸建立空間直角坐標(biāo)系．則$C_1(0,0,0)$，$A_1(2,0,0)$，$B_1(0,2,0)$，$D(1,0,0)$，$A(2,0,2)$．（7分）設(shè)平面$AB_1D$的法向量為$\vec{n}=(x,y,z)$，$\vec{B_1D}=(1,-2,0)$，$\vec{B_1A}=(2,-2,2)$．（8分）由$\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{B_1D}=0\\\vec{n}\cdot\vec{B_1A}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}x-2y=0\\2x-2y+2z=0\end{cases}$．令$y=1$，則$x=2$，$z=-1$，∴$\vec{n}=(2,1,-1)$．（9分）平面$A_1B_1C_1$的一個法向量為$\vec{m}=(0,0,1)$．（10分）設(shè)平面$AB_1D$與平面$A_1B_1C_1$所成二面角為$\theta$，則$\cos\theta=|\frac{\vec{n}\cdot\vec{m}}{|\vec{n}|\cdot|\vec{m}|}|=|\frac{-1}{\sqrt{4+1+1}\times1}|=\frac{\sqrt{6}}{6}$．（11分）∴$\sin\theta=\sqrt{1-\cos^2\theta}=\sqrt{1-\frac{1}{6}}=\frac{\sqrt{30}}{6}$．即平面$AB_1D$與平面$A_1B_1C_1$所成二面角的正弦值為$\frac{\sqrt{30}}{6}$．（12分）20．（12分）（1）解：$f(x)=x^3-3x+1$，定義域為$\mathbb{R}$．求導(dǎo)得$f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$．（2分）令$f'(x)=0$，得$x=-1$或$x=1$．（3分）當(dāng)$x\in(-\infty,-1)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(-1,1)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調(diào)遞減；當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調(diào)遞增．（5分）∴$f(x)$的極大值為$f(-1)=(-1)^3-3\times(-1)+1=-1+3+1=3$，極小值為$f(1)=1^3-3\times1+1=1-3+1=-1$．（7分）（2）證明：由（1）知$f(x)$在$[0,1]$上單調(diào)遞減，在$[1,2]$上單調(diào)遞增．（9分）∴$f(x)$在$[0,2]$上的最小值為$f(1)=-1$．（11分）∴當(dāng)$x\in[0,2]$時，$f(x)\geq-1$．（12分）21．（12分）（1）解：由橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$．（1分）又$a^2=b^2+c^2$，∴$a^2=b^2+\frac{3}{4}a^2$，即$a^2=4b^2$．（2分）∵橢圓過點$P(2,1)$，∴$\frac{2^2}{a^2}+\frac{1^2}{b^2}=1$，即$\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1$．（3分）將$a^2=4b^2$代入上式，得$\frac{4}{4b^2}+\frac{1}{b^2}=1$，解得$b^2=2$，則$a^2=8$．（4分）∴橢圓$C$的標(biāo)準方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1$．（5分）（2）解：聯(lián)立$\begin{cases}y=kx+m\\\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\end{cases}$，消去$y$得$(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-8=0$．（6分）設(shè)$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，則$\Delta=(8km)^2-4(1+4k^2)(4m^2-8)>0$，化簡得$m^2<2+8k^2$．（7分）由韋達定理得$x_1+x_2=-\frac{8km}{1+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4m^2-8}{1+4k^2}$．（8分）∵$OA\perpOB$，∴$\vec{OA}\cdot\vec{OB}=0$，即$x_1x_2+y_1y_2=0$．（9分）又$y_1y_2=(kx_1+m)(kx_2+m)=k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2$，代入得$x_1x_2+k^2x_1x_2+km(x_1+x_2)+m^2=0$，即$(1+k^2)\cdot\frac{4m^2-8}{1+4k^2}+km\cdot(-\frac{8km}{1+4k^2})+m^2=0$．（10分）化簡得$5m^2=8k^2+8$．（11分）結(jié)合$m^2<2+8k^2$，得$m^2<2+\f