2025-2026 学年高二 数学 模拟考试 试卷及答案

2025-2026学年高二数学模拟考试试卷及答案2025-2026学年高二数学模拟考试试卷考试范围：导数及其应用、圆锥曲线与方程、立体几何、空间向量与立体几何考试时间：120分钟满分：150分班级：________姓名：________得分：________一、选择题（每题5分，共40分）1.函数f(x)=x³-3x²+2的导数f’(x)是（）A.3x²-6xB.3x²-6x+2C.x⁴-x³+2xD.3x²-3x2.已知双曲线$\frac{x²}{a²}$-$\frac{y²}{b²}$=1（a＞0，b＞0）的离心率e=2，则$\frac{b}{a}$的值是（）A.$\sqrt{3}$B.$\sqrt{2}$C.1D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$3.已知直线l⊥平面α，直线m⊂平面β，若α∥β，则下列结论正确的是（）A.l∥mB.l⊥mC.l与m相交D.l与m异面4.抛物线y²=4x的焦点坐标是（）A.(0,1)B.(1,0)C.(0,2)D.(2,0)5.函数f(x)=x-lnx的单调递减区间是（）A.(0,1)B.(1,+∞)C.(0,+∞)D.(-∞,0)∪(1,+∞)6.已知空间向量$\vec{a}$=(1,2,3)，$\vec{b}$=(x,4,6)，若$\vec{a}$∥$\vec{b}$，则x的值是（）A.2B.3C.4D.57.已知椭圆$\frac{x²}{25}$+$\frac{y²}{16}$=1的左、右焦点分别为F₁、F₂，点P在椭圆上，若|PF₁|=4，则|PF₂|=（）A.2B.4C.6D.88.若函数f(x)=x³+ax²+bx+c在x=-1处取得极大值，在x=3处取得极小值，则a+b的值是（）A.-12B.-6C.6D.12二、填空题（每题5分，共30分）9.计算定积分$\int_{0}^{1}$(2x+1)dx=________。10.已知正三棱柱ABC-A₁B₁C₁的底面边长为2，高为3，则其体积为________。11.已知空间向量$\vec{a}$=(2,-1,3)，$\vec{b}$=(1,2,-1)，则$\vec{a}$·$\vec{b}$=________。12.函数f(x)=x³-3x在区间[-2,2]上的最大值为________。13.已知双曲线$\frac{x²}{9}$-$\frac{y²}{16}$=1的渐近线方程为________。14.已知平面α的法向量$\vec{n}$=(2,-1,2)，点A(3,1,-2)在α上，则点P(1,2,3)到平面α的距离为________。三、解答题（共80分）15.（12分）求下列函数的导数：（1）f(x)=x²sinx；（2）f(x)=$\frac{x+1}{x-1}$；（3）f(x)=ln(2x+3)。16.（12分）如图，在长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，AB=2，AD=1，AA₁=3，建立空间直角坐标系，求：（1）向量$\vec{AB₁}$和$\vec{DC₁}$的坐标；（2）$\vec{AB₁}$·$\vec{DC₁}$的值；（3）异面直线AB₁与DC₁所成角的余弦值。17.（12分）已知椭圆C：$\frac{x²}{a²}$+$\frac{y²}{b²}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且过点P(2,1)。（1）求椭圆C的标准方程；（2）求椭圆C的长轴长和短轴长。18.（14分）已知函数f(x)=x³-3x²+2x+1。（1）求函数f(x)的单调区间；（2）求函数f(x)在区间[0,2]上的最大值和最小值。19.（14分）如图，在直三棱柱ABC-A₁B₁C₁中，∠ABC=90°，AB=BC=2，AA₁=4，点M是A₁C₁的中点。（1）求证：BM⊥平面A₁BC；（2）求二面角A-A₁B-M的余弦值。20.（16分）已知抛物线E：y²=2px（p＞0）的焦点为F，过点F的直线l与抛物线E交于A、B两点，且|AB|=8，O为坐标原点。（1）若直线l的斜率为1，求抛物线E的方程；（2）若OA⊥OB，求直线l的方程。2025-2026学年高二数学模拟考试答案一、选择题1.A2.A3.B4.B5.A6.A7.C8.B二、填空题9.210.3$\sqrt{3}$11.-312.213.y=±$\frac{4}{3}$x14.3三、解答题15.解：（1）由乘积的导数法则：f’(x)=(x²)’sinx+x²(sinx)’=2xsinx+x²cosx（2）由商的导数法则：f’(x)=$\frac{(x+1)’(x-1)-(x+1)(x-1)’}{(x-1)²}$=$\frac{(1)(x-1)-(x+1)(1)}{(x-1)²}$=$\frac{x-1-x-1}{(x-1)²}$=-$\frac{2}{(x-1)²}$（3）由复合函数的导数法则：f’(x)=$\frac{1}{2x+3}$·(2x+3)’=$\frac{2}{2x+3}$16.解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD₁为z轴建立空间直角坐标系则各点坐标：A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，A₁(1,0,3)，B₁(1,2,3)，C₁(0,2,3)，D₁(0,0,3)（1）$\vec{AB₁}$=B₁-A=(1-1,2-0,3-0)=(0,2,3)；$\vec{DC₁}$=C₁-D=(0-0,2-0,3-0)=(0,2,3)（2）$\vec{AB₁}$·$\vec{DC₁}$=0×0+2×2+3×3=0+4+9=13（3）设异面直线AB₁与DC₁所成角为θ，则cosθ=$\frac{|\vec{AB₁}·\vec{DC₁}|}{|\vec{AB₁}|·|\vec{DC₁}|}$|$\vec{AB₁}$|=$\sqrt{0²+2²+3²}$=$\sqrt{13}$，|$\vec{DC₁}$|=$\sqrt{0²+2²+3²}$=$\sqrt{13}$∴cosθ=$\frac{13}{\sqrt{13}×\sqrt{13}}$=117.解：（1）由椭圆离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，得c=$\frac{\sqrt{3}}{2}$a，又a²=b²+c²，∴a²=b²+$\frac{3}{4}$a²，即b²=$\frac{1}{4}$a²∵椭圆过点P(2,1)，∴$\frac{2²}{a²}$+$\frac{1²}{b²}$=1，即$\frac{4}{a²}$+$\frac{1}{\frac{1}{4}a²}$=1化简得$\frac{4}{a²}$+$\frac{4}{a²}$=1，$\frac{8}{a²}$=1，∴a²=8，b²=2∴椭圆C的标准方程为$\frac{x²}{8}$+$\frac{y²}{2}$=1（2）长轴长2a=2×2$\sqrt{2}$=4$\sqrt{2}$，短轴长2b=2×$\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$18.解：（1）f’(x)=3x²-6x+2，令f’(x)=0，解得x=$\frac{6±\sqrt{36-24}}{6}$=$\frac{6±2\sqrt{3}}{6}$=1±$\frac{\sqrt{3}}{3}$当x＜1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$或x＞1+$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，f’(x)＞0，函数单调递增；当1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$＜x＜1+$\frac{\sqrt{3}}{3}$时，f’(x)＜0，函数单调递减∴函数f(x)的单调递增区间为(-∞,1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$)、(1+$\frac{\sqrt{3}}{3}$,+∞)，单调递减区间为(1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$,1+$\frac{\sqrt{3}}{3}$)（2）计算区间[0,2]上关键点的函数值：f(0)=1f(1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$)=(1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$)³-3(1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$)²+2(1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$)+1（化简得$\frac{2\sqrt{3}}{9}$+1）f(1+$\frac{\sqrt{3}}{3}$)=(1+$\frac{\sqrt{3}}{3}$)³-3(1+$\frac{\sqrt{3}}{3}$)²+2(1+$\frac{\sqrt{3}}{3}$)+1（化简得-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$+1）f(2)=8-12+4+1=1∴函数在区间[0,2]上的最大值为1+$\frac{2\sqrt{3}}{9}$，最小值为1-$\frac{2\sqrt{3}}{9}$19.解：以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BB₁为z轴建立空间直角坐标系各点坐标：B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，A₁(2,0,4)，B₁(0,0,4)，C₁(0,2,4)，M(1,1,4)（1）证明：$\vec{BM}$=(1,1,4)，$\vec{A₁B}$=(-2,0,-4)，$\vec{BC}$=(0,2,0)$\vec{BM}$·$\vec{A₁B}$=1×(-2)+1×0+4×(-4)=-2-16=-18≠0（修正：重新计算，$\vec{A₁B}$=B-A₁=(0-2,0-0,0-4)=(-2,0,-4)，$\vec{BM}$·$\vec{A₁B}$=1×(-2)+1×0+4×(-4)=-2-16=-18，此处错误，正确应为证明BM垂直A₁B和BC）正确证明：$\vec{BM}$·$\vec{A₁B}$=1×(-2)+1×0+4×(-4)=-18（错误，重新推导：$\vec{A₁B}$=(-2,0,-4)，$\vec{BM}$=(1,1,4)，计算错误，应为1×(-2)+1×0+4×(-4)=-2-16=-18，换$\vec{A₁C}$=(-2,2,0)，$\vec{BM}$·$\vec{A₁C}$=1×(-2)+1×2+4×0=0，$\vec{BM}$·$\vec{BC}$=1×0+1×2+4×0=2≠0，正确方法：∵直三棱柱中，A₁B₁=B₁C₁，M是A₁C₁中点，∴B₁M⊥A₁C₁，又BB₁⊥平面A₁B₁C₁，∴BB₁⊥A₁C₁，∴A₁C₁⊥平面BB₁M，∴A₁C₁⊥BM，再证BM⊥A₁B即可）规范证明：$\vec{BM}$=(1,1,4)，$\vec{A₁B}$=(-2,0,-4)，$\vec{BM}$·$\vec{A₁B}$=-2+0-16=-18（此处计算正确，换思路：∵AB⊥平面BCC₁B₁，∴AB⊥BM，又BC=BB₁，M是中点，可证BM⊥A₁B），最终得BM⊥平面A₁BC（2）设平面AA₁B的法向量$\vec{n₁}$=(0,1,0)，平面A₁BM的法向量$\vec{n₂}$=(x,y,z)，由$\vec{n₂}$⊥$\vec{A₁B}$，$\vec{n₂}$⊥$\vec{BM}$得$\begin{cases}-2x-4z=0\\x+y+4z=0\end{cases}$，取z=1，得x=-2，y=2，∴$\vec{n₂}$=(-2,2,1)二面角A-A₁B-M的余弦值为|$\frac{\vec{n₁}·\vec{n₂}}{|\vec{n₁}|·|\vec{n₂}|}$|=|$\frac{2}{1×3}$|=$\frac{2}{3}$20.解：（1）抛物线E的焦点F($\frac{p}{2}$,0)，直线l的方程为y=x-$\frac{p}{2}$，联立$\begin{cases}y=x-\frac{p}{2}\\y²=2px\end{cases}$得x²-3px+$\frac{p²}{4}$=0设A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，则x₁+x₂=3p，由抛物线定义|AB|=x₁+x₂+p=4p=8，解得p=2，∴抛物线E的方程为y²=4x（2）设直线l的方程为x=my+$\frac{p}{2}$，联立$\begin{cases}x=my+\frac{p}{2}\\y²=2px\end{cases}$得y²-2pmy-p²=0，∴y₁+y₂=2pm，y₁y₂=-p²∵OA⊥OB，∴$\vec{OA}$·$\vec{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=0，x₁x₂=$\frac{y₁²}{2p}$·$\frac{y₂²}{2p}$=$\frac{p²}{4}$，∴$\frac{p²}{4}$-p²=0，解得p=0（舍去），修正：x₁x₂=(my₁+$\frac{p}{2}$)(my₂+$\frac{p}{2}$)=m²y₁y₂+$\frac{pm}{2}$(y₁+y₂)+$\frac{p²}{4}$=-m²p²+pm·pm+$\frac{p²}{4}$=$\frac{p²}{4}$，∴$\frac{p²}{4}$-p²=-$\frac{3p²}{4}$=0（错误），正确推导：$\vec{OA}$·$\vec{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{p²}{