2025-2026 学年高三 数学 模拟联考 试卷及答案

2025-2026学年高三数学模拟联考试卷及答案2025-2026学年高三数学模拟联考试卷（考试时间：120分钟满分：150分）考生须知：答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡相应位置上。所有答案均需写在答题卡上，写在试卷上无效。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、单项选择题（本大题共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）已知集合$A=\{x|\log_2(x-1)\lt2\}$，$B=\{x|x^2-4x-5\leq0\}$，则$A\capB=$（）

A．$[1,5]$B．$(1,5]$C．$[1,4)$D．$(1,4)$

已知复数$z$满足$z(1+i)=2-4i$（$i$为虚数单位），则$|z|=$（）

A．$\sqrt{5}$B．$2\sqrt{5}$C．$\sqrt{10}$D．$2\sqrt{10}$

已知向量$\vec{a}$，$\vec{b}$满足$|\vec{a}|=2$，$|\vec{b}|=1$，$\vec{a}$与$\vec{b}$的夹角为$\frac{\pi}{3}$，则$|\vec{a}-2\vec{b}|=$（）

A．$\sqrt{3}$B．$2$C．$\sqrt{5}$D．$3$已知函数$f(x)=\sin(\omegax+\varphi)(\omega\gt0,|\varphi|\lt\frac{\pi}{2})$的部分图象如图所示，其中$f(0)=\frac{1}{2}$，且相邻两条对称轴之间的距离为$\frac{\pi}{2}$，则$f(x)$的解析式为（）

A．$f(x)=\sin(2x+\frac{\pi}{6})$B．$f(x)=\sin(2x+\frac{\pi}{3})$

C．$f(x)=\sin(4x+\frac{\pi}{6})$D．$f(x)=\sin(4x+\frac{\pi}{3})$

已知双曲线$C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a\gt0,b\gt0)$的一条渐近线方程为$y=\sqrt{3}x$，且过点$(2,3)$，则双曲线$C$的离心率为（）

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

某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积为（）

A．$(12+2\sqrt{2})\pi$B．$(12+4\sqrt{2})\pi$C．$(16+2\sqrt{2})\pi$D．$(16+4\sqrt{2})\pi$

已知函数$f(x)=\frac{\lnx}{x}$，则函数$f(x)$的单调递增区间为（）

A．$(0,e)$B．$(e,+\infty)$C．$(0,1)$D．$(1,+\infty)$

已知随机变量$\xi$服从正态分布$N(2,\sigma^2)$，且$P(\xi\lt4)=0.8$，则$P(0\lt\xi\lt2)=$（）

A．$0.2$B．$0.3$C．$0.4$D．$0.5$

二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）关于函数$f(x)=2^x+\frac{1}{2^x}$，下列说法正确的是（）

A．$f(x)$是偶函数B．$f(x)$的最小值为2

C．$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减D．$f(x)$的图象关于直线$x=1$对称

已知数列$\{a_n\}$是等比数列，公比为$q$，前$n$项和为$S_n$，则下列说法正确的是（）

A．若$q\gt0$且$q\neq1$，则$S_n=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$B．若$a_1\gt0$，$q\gt1$，则$\{a_n\}$为递增数列

C．若$a_1a_5=a_3^2$D．若$S_n=2^n+a$，则$a=-1$

在长方体$ABCD-A_1B_1C_1D_1$中，$AB=2$，$AD=3$，$AA_1=4$，则下列说法正确的是（）

A．直线$A_1C$与直线$AD_1$所成角的余弦值为$\frac{16}{25}$B．平面$A_1BD\perp$平面$A_1ACC_1$

C．点$B$到平面$A_1CD$的距离为$\frac{12\sqrt{26}}{13}$D．三棱锥$A_1-BCD$的体积为6

已知抛物线$y^2=4x$的焦点为$F$，过点$F$的直线$l$与抛物线交于$A$，$B$两点，$M$为线段$AB$的中点，则下列说法正确的是（）

A．若直线$l$的斜率为1，则$|AB|=8$B．线段$AB$的中点$M$的轨迹方程为$y^2=2(x-1)$

C．若$|AF|=3|BF|$，则直线$l$的斜率为$\pm\sqrt{3}$D．以$AB$为直径的圆与$y$轴相切

三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）$\left(x-\frac{2}{\sqrt{x}}\right)^6$的展开式中$x^3$的系数为______．已知$\tan\alpha=2$，则$\frac{\sin2\alpha}{1+\cos^2\alpha}=$______．已知直线$l:kx-y+2k+1=0$恒过定点$P$，则点$P$到圆$x^2+y^2-2x-4y=0$的最短距离为______．若存在$x\in[1,e]$，使得$x+\frac{1}{x}+a\lnx\leq0$成立，则实数$a$的取值范围为______．四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（10分）在$\triangleABC$中，角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，且$2b\cosA=a\cosC+c\cosA$．（1）求角$A$的大小；（2）若$a=2\sqrt{3}$，$\triangleABC$的面积为$3\sqrt{3}$，求$b+c$的值．18．（12分）已知数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且$S_n=2a_n-2(n\in\mathbb{N}^*)$．（1）求数列$\{a_n\}$的通项公式；（2）设$b_n=\log_2a_n$，$c_n=\frac{b_n}{a_n}$，求数列$\{c_n\}$的前$n$项和$T_n$．19．（12分）如图，在直三棱柱$ABC-A_1B_1C_1$中，$AC=BC$，$D$是$AB$的中点，$E$是$A_1C$的中点，且$AA_1=AC=2$．（1）求证：$DE\parallel$平面$BCC_1B_1$；（2）求平面$A_1CD$与平面$ABC$所成二面角的余弦值．20．（12分）某商场为了提高销售额，开展了一场促销活动，活动结束后，随机抽取了100名顾客的消费金额（单位：元）进行统计，得到如下频率分布直方图：（1）求频率分布直方图中$a$的值，并估计这100名顾客消费金额的平均数；（2）若消费金额在$[100,200)$，$[200,300)$，$[300,400]$的顾客分别为$A$，$B$，$C$三组，现从这三组中随机抽取2人进行回访，求抽取的2人来自不同组的概率．21．（12分）已知椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a\gtb\gt0)$的左、右焦点分别为$F_1$，$F_2$，离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且过点$M(2,\sqrt{2})$．（1）求椭圆$C$的标准方程；（2）过点$F_2$的直线$l$与椭圆$C$交于$A$，$B$两点，若$\triangleABF_1$的面积为$\frac{16}{3}$，求直线$l$的方程．22．（12分）已知函数$f(x)=x\lnx-ax^2+x(a\in\mathbb{R})$．（1）当$a=1$时，求函数$f(x)$的单调区间；（2）若函数$f(x)$有两个极值点$x_1$，$x_2$（$x_1\ltx_2$），且$f(x_1)+f(x_2)\gt2$，求实数$a$的取值范围．2025-2026学年高三数学模拟联考答案一、单项选择题（每小题5分，共40分）1．B2．C3．B4．A5．A6．D7．A8．B二、多项选择题（每小题5分，共20分）9．ABC10．ABCD11．ABD12．BC三、填空题（每小题5分，共20分）13．-16014．$\frac{4}{5}$15．$\sqrt{5}-1$16．$(-\infty,-2]$四、解答题（共70分）17．（10分）（1）解：∵$2b\cosA=a\cosC+c\cosA$，由正弦定理得$2\sinB\cosA=\sinA\cosC+\sinC\cosA$．（2分）由两角和的正弦公式得$\sinA\cosC+\sinC\cosA=\sin(A+C)$，在$\triangleABC$中，$A+B+C=\pi$，∴$\sin(A+C)=\sinB$，且$\sinB\neq0$．（4分）∴$2\sinB\cosA=\sinB$，两边除以$\sinB$得$\cosA=\frac{1}{2}$．又$0\ltA\lt\pi$，∴$A=\frac{\pi}{3}$．（5分）（2）解：由$\triangleABC$的面积公式$S=\frac{1}{2}bc\sinA=3\sqrt{3}$，代入$A=\frac{\pi}{3}$，$\sinA=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$\frac{1}{2}bc\times\frac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$，解得$bc=12$．（7分）由余弦定理$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$，代入$a=2\sqrt{3}$，$A=\frac{\pi}{3}$，$bc=12$，得$(2\sqrt{3})^2=b^2+c^2-2\times12\times\frac{1}{2}$，即$12=b^2+c^2-12$，∴$b^2+c^2=24$．（8分）∵$(b+c)^2=b^2+c^2+2bc=24+2\times12=48$，且$b+c\gt0$，∴$b+c=4\sqrt{3}$．（10分）18．（12分）（1）解：当$n=1$时，$S_1=2a_1-2$，即$a_1=2a_1-2$，解得$a_1=2$．（2分）当$n\geq2$时，$S_{n-1}=2a_{n-1}-2$，则$a_n=S_n-S_{n-1}=2a_n-2-(2a_{n-1}-2)=2a_n-2a_{n-1}$，（4分）整理得$a_n=2a_{n-1}$，∴数列$\{a_n\}$是以2为首项，2为公比的等比数列．（5分）∴通项公式$a_n=2\times2^{n-1}=2^n$．（6分）（2）解：由（1）得$b_n=\log_2a_n=\log_22^n=n$，∴$c_n=\frac{b_n}{a_n}=\frac{n}{2^n}$．（7分）则$T_n=\frac{1}{2^1}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+\cdots+\frac{n}{2^n}$，①两边乘以$\frac{1}{2}$得$\frac{1}{2}T_n=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\cdots+\frac{n-1}{2^n}+\frac{n}{2^{n+1}}$，②（8分）①-②得$\frac{1}{2}T_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+\cdots+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}$，由等比数列求和公式得$\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{2^n}=\frac{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2^n})}{1-\frac{1}{2}}=1-\frac{1}{2^n}$．（10分）∴$\frac{1}{2}T_n=1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{2^{n+1}}=1-\frac{n+2}{2^{n+1}}$，∴$T_n=2-\frac{n+2}{2^n}$．（12分）19．（12分）（1）证明：取$BC$的中点$F$，连接$DF$，$C_1F$．∵$D$是$AB$的中点，$F$是$BC$的中点，∴$DF$是$\triangleABC$的中位线，∴$DF\parallelAC$，且$DF=\frac{1}{2}AC$．（2分）∵$E$是$A_1C$的中点，且直三棱柱中$AC\parallelA_1C_1$，$AC=A_1C_1$，∴$EC_1\parallelAC$，且$EC_1=\frac{1}{2}AC$．（3分）∴$DF\parallelEC_1$，且$DF=EC_1$，∴四边形$DFC_1E$是平行四边形，∴$DE\parallelC_1F$．（4分）∵$DE\not\subset$平面$BCC_1B_1$，$C_1F\subset$平面$BCC_1B_1$，∴$DE\parallel$平面$BCC_1B_1$．（6分）（2）解：以$C$为原点，$CA$，$CB$，$CC_1$所在直线分别为$x$，$y$，$z$轴建立空间直角坐标系．∵$AC=BC=AA_1=2$，∴$C(0,0,0)$，$A(2,0,0)$，$B(0,2,0)$，$A_1(2,0,2)$，$D(1,1,0)$．（7分）设平面$A_1CD$的法向量为$\vec{n}=(x,y,z)$，$\vec{CD}=(1,1,0)$，$\vec{CA_1}=(2,0,2)$．（8分）由$\begin{cases}\vec{n}\cdot\vec{CD}=0\\\vec{n}\cdot\vec{CA_1}=0\end{cases}$，得$\begin{cases}x+y=0\\2x+2z=0\end{cases}$．令$x=1$，则$y=-1$，$z=-1$，∴$\vec{n}=(1,-1,-1)$．（9分）平面$ABC$的一个法向量为$\vec{m}=(0,0,1)$．（10分）设平面$A_1CD$与平面$ABC$所成二面角为$\theta$，则$\cos\theta=|\frac{\vec{n}\cdot\vec{m}}{|\vec{n}|\cdot|\vec{m}|}|=|\frac{-1}{\sqrt{1+1+1}\times1}|=\frac{\sqrt{3}}{3}$．（11分）即平面$A_1CD$与平面$ABC$所成二面角的余弦值为$\frac{\sqrt{3}}{3}$．（12分）20．（12分）（1）解：由频率分布直方图的性质得$(0.001+0.002+a+0.003+0.001)\times100=1$，（2分）即$(0.007+a)\times100=1$，解得$a=0.003$．（3分）平均数$\bar{x}=150\times0.001\times100+250\times0.002\times100+350\times0.003\times100+450\times0.003\times100+550\times0.001\times100$（4分）$=15+50+105+135+55=360$（元）．（6分）（2）解：$A$组人数为$0.001\times100\times100=10$，$B$组人数为$0.002\times100\times100=20$，$C$组人数为$0.003\times100\times100=30$．（7分）从三组共$10+20+30=60$人中随机抽取2人，总的基本事件数为$C_{60}^2=\frac{60\times59}{2}=1770$．（8分）抽取的2人来自同一组的基本事件数为$C_{10}^2+C_{20}^2+C_{30}^2=\frac{10\times9}{2}+\frac{20\times19}{2}+\frac{30\times29}{2}=45+190+435=670$．（10分）∴抽取的2人来自不同组的概率$P=1-\frac{670}{1770}=\frac{1100}{1770}=\frac{110}{177}$．（12分）21．（12分）（1）解：由椭圆的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，得$c=\frac{\sqrt{2}}{2}a$．（1分）又$a^2=b^2+c^2$，∴$a^2=b^2+\frac{1}{2}a^2$，即$a^2=2b^2$．（2分）∵椭圆过点$M(2,\sqrt{2})$，∴$\frac{2^2}{a^2}+\frac{(\sqrt{2})^2}{b^2}=1$，即$\frac{4}{a^2}+\frac{2}{b^2}=1$．（3分）将$a^2=2b^2$代入上式，得$\frac{4}{2b^2}+\frac{2}{b^2}=1$，解得$b^2=4$，则$a^2=8$．（4分）∴椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$．（5分）（2）解：由（1）得$c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{8-4}=2$，∴$F_1(-2,0)$，$F_2(2,0)$．（6分）设直线$l$的方程为$x=my+2$，联立$\begin{cases}x=my+2\\\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1\end{cases}$，消去$x$得$(my+2)^2+2y^2=8$，（7分）整理得$(m^2+2)y^2+4my-4=0$．设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则$y_1+y_2=-\frac{4m}{m^2+2}$，$y_1y_2=-\frac{4}{m^2+2}$．（8分）$\triangleABF_1$的面积$S=\frac{1}{2}\times|F_1F_2|\times|y_1-y_2|$，其中$|F_1F_2|=4$，$|y_1-y_2|=\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\sqrt{(-\frac{4m}{m^2+2})^2-4\times(-\frac{4}{m^2+2})}=\sqrt{\frac{16m^2+16(m^2+2)}{(m^2+2)^2}}=\frac{4\sqrt{2(m^2+1)}}{m^2+2}$．（10分）∴$S=\frac{1}{2}\times4\times\frac{4\sqrt{2(m^2+1)}}{m^2+2}=\frac{8\sqrt{2(m^2+1)}}{m^2+2}=\frac{16}{3}$，化简得$2\sqrt{2(m^2+1)}=\frac{4(m^2+2)}{3}$，两边平方得$8(m^2+1)=\frac{16(m^2+2)^2}{9}$，整理得$2(m^2+1)(m^2+2)^2=9$，解得$m^2=1$，即$m=\pm1$．（11分）∴直线$l$的方程为$x-y-2=0$或$x+y-2=0$．（12分）22．（12分）（1）解：当$a=1$时，$f(x)=x\lnx-x^2+x$，定义域为$(0,+\infty)$．（1分）求导得$f'(x)=\lnx+1-2x+1=\lnx-2x+2$．（2分）令$g(x)=\lnx-2x+2$，则$g'(x)=\frac{1}{x}-2=\frac{1-2x}{x}$．当$x\in(0,\frac{1}{2})$时，$g'(x)\gt0$，$g(x)$单调递增；当$x\in(\frac{1}{2},+\infty)$时，$g'(x)\lt0$，$g(x)$单调递减．（3分）$g(x)_{\max}=g(\frac{1}{2})=\ln\frac{1}{2}-1+2=1-\ln2\gt0$，又$g(1)=0$，$g(e^{-2})=-2-2e^{-2}+2=-2e^{-2}\lt0$，∴存在$x_0\in(0,\frac{1}{2})$，使得$g(x_0)=0$．当$x\in(0,x_0)\cup(1,+\infty)$时，$f'(x)\lt0$；当$x\in(x_0,1)$时，$f'(x)\gt0$．（4分）∴函数$f(x)$的单调递增区间为$(x_0,1)$，单调递减区间为$(0,x_0)$，$(1,+\infty)$．（5分）（2）解：$f'(x)=\lnx+1-2ax+1=\lnx-2ax+2$，由题意知$x_1$，$x_2$是$f'(x)=0$的两个根，即$\lnx_1=2ax_1-2$，$\lnx_2=2ax_2-2$．（6分）令$h(x)=\lnx-2ax+2$，则$h(x)$有两个零点$x_1$，$x_2$，$h'(x)=\frac{1}{x}-2a$．当$a\leq0$时，$h'(x)\gt0$，$h(x)$单调递增，至多一个零点，不符合题意；当$a\gt0$时，$h(x)$在$(0,\frac{1}{2a})$单调递增，在$(\frac{1}{2a},+\infty)$单调递减，$h(\frac{1}{2a})=\ln\frac{1}{2a}-1+2=1-\ln2a\gt0$，解得$0\lta\lt\frac{e}{2}$．（7分）$f(x_1)+f(x_2)=x_1\lnx_1-ax_1^2+x_1+x_2\lnx_2-ax_2^2+x_2$，代入$\lnx_1=2ax_1-2$，$\lnx_2=2ax_2-2$，得$f(x_1)+f(x_2)=x_1(2ax_1-2)-ax_1^2+x_1+x_2(2ax_2-2)-ax_2^2+x_2=ax_1^2-2x_1+x_1+ax_2^2-2x_2+x_2=ax_1^2-x_1+ax_2^2-x_2$（8分）$=a(x_1^2+x_2^2)-(x_1+x_2)=a[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]-(x_1+x_2)$．由韦达定理得$x_1+x_2=\frac{1}