2026年辽宁省沈阳市高考数学二模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页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a=(−1,2)，b=(x,−2)，若a⊥b，则xA.−4 B.−1 C.1 D.42.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(32,2)，则该双曲线的方程为A.y24−x29=1 B.4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=35，A.13 B.15 C.17 D.195.“(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.20 B.22 C.24 D.267.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.0.3 B.0.4 C.0.5 D.0.68.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的图象满足以下特征：图象经过点(0,3)，并且在y轴右侧的第一个零点为π9，第一个最低点为(5π18A.φ=π3

B.x=π18+kπ3(k∈Z)为函数f(x)图象的对称轴

C.将f(x)的图象向右平移二、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z=2i1−i，则下列结论正确的有(

)A.z在复平面对应的点位于第二象限 B.z的虚部是i

C.|z|=2 10.若正四面体的表面积为3，则(

)A.该正四面体的棱长为1 B.该正四面体的高为6

C.该正四面体的体积为212 11.已知函数f(x)=xex，则下列说法正确的是A.曲线f(x)在x=0处的切线与直线y=−x垂直

B.若点P是曲线y=f(x)上的动点，则点P到直线y=x+2距离的最小值为2

C.曲线f(x)的切线的倾斜角取值范围是[0,π2)∪[5π6,π)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=x2+x，则f(−3)=

13.在△ABC中，A=2B，a=8，b=5，则cosB=

．14.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12.若椭圆C上存在不同的两点四、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13分)

在数列{an}中，a1=2，an+1=3an−2．

(1)求证：数列{an−1}为等比数列；16.(本小题15分)

某科技公司研发的AI智能体在进行图像分类任务时，单次分类的准确率得分X(单位：分)服从正态分布N(90,32).

(1)求正常情况下，该AI单次分类的准确率得分大于99分的概率；

(2)某天测试人员随机抽取了该AI的两次分类结果，发现两次的准确率得分均大于99分.测试人员根据这两次测试结果，判断该AI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X～N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)=0.682717.(本小题15分)

如图，三棱柱ABC−A1B1C1的所有棱长均为2，且∠A1AB=π3．

(1)证明：AB⊥A118.(本小题17分)

已知抛物线E：x2=2py(p>0)，过焦点F的直线与抛物线E相交于A，B两点，与抛物线E的准线相交于点Q.若以线段AF为直径作圆，当此圆经过点(14,0)时，|AF|=12．

(1)求抛物线E的方程；

(2)证明：|QA|⋅|FB|=|QB|⋅|FA|；

(3)若点C，D在抛物线19.(本小题17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y=f(x)(单位：千只)与时间x(单位：月)，满足函数f(x)=e−xcosx(x>0)，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)|<m．

则称g(x)为震荡衰减函数．

(1)求f(x)在(0,2π)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0(不必证明)．

(2)根据定义判断函数f(x)在(0,+∞)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．

(3)设h(x)=f(x)|+|f′(x)|(x>0).求证：h(x)无最大值．参考答案1.A

2.D

3.B

4.C

5.B

6.B

7.C

8.C

9.AC

10.ACD

11.ABD

12.−12

13.4514.(115.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；

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)19.解：(1)由函数f(x)=e−xcosx(x>0)，则f′(x)=−e−xcosx−e−xsinx=−e−x(cosx+sinx)=−2e−xsin(x+π4)，

在(0,2π)上，令f′(x)=0，则x=3π4和x=7π4，

当0<x<3π4或7π4<x<2π时，f′(x)<0，当3π4<x<7π4时，f′(x)>0，

则x=3π4为极小值点，x=7π4为极大值点，

f(x)在(0,2π)内的所有极值点皆为使得f′(x)=0的点，即在这些极值点处，波动量的增长率为0．

(2)f(x)满足震荡性和衰减性，是震荡衰减函数，证明如下：

由(1)可知f′(x)=−2e−xsin(x+π4)，

−2e−x<0,sin(x+π4)在(0,+∞)上无限次正负交替，则满足震荡性：

又|f(x)|=|e−xcosx|=e−x|cosx|≤e−x．

令e−x<m，则x>−lnm，令n=max{−lnm,0}．

当x>m时，|f(x)|≤e−x<m，则f(x)满足衰减性．

综上，f(x)满足震荡性和衰减性，是震荡衰减函数