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2025-2026 学年下学期
东北师大附中 (数学)科试卷
高三年级 5 月模拟考试
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项
是符合题目要求的.
1．已知 z = 2+ i，则 i ( z 1) =
A． 1+ i B． 1 i C．1+ i D．1 i
2．命题“ x R， x2 2x + 6 0 ”的否定是
A． x R， x2 2x + 6≤0 B． x R， x2 2x + 6 0
C． x R， x2 2x + 6 0 D． x R， x2 2x + 6≤0
3．已知a = (3,m)，b = (1, 1)，且a b =1，则 a +b =
A． 4 B．1 C． 17 D．4 2
4．已知一组数据：4,6,a,10,12 的平均数为8，则该组数据的第40百分位数为
A．6 B．7 C．8 D．9
x2 y2 1
5．已知双曲线C : =1(a 0,b 0)的渐近线方程为 y = x ，则C 的离心率为
a2 b2 2
3 5 6 5
A． B． C． D．
2 4 2 2
π
6．若 tan + = 7 ，则sin 2 的值为
4
24 24 7 7
A． B． C． D．
25 25 4 4
7．已知圆柱和圆锥的高均为3，侧面积之比为1:3，底面半径之比为1: 2，则圆锥的体积为
A．27π B．36π C．72π D．108π
第 1 页 共 2 页 数学试题
1
8．已知函数 f (x)的定义域为R ， f (2x +1)为偶函数， f 2x 为奇函数，则
2
A． f (x)为奇函数 B． f (x)为偶函数
C． f (x)的最小正周期为 4 D． f (x)在 (1,2)上单调递增
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18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 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分.
9．若 , , 表示不同的平面， l 表示直线，则下列条件能得出 ⊥ 的是
A． l , l ⊥ B． l ⊥ , l //
C． // , ⊥ D． ⊥ , ⊥
π 1
10．将函数 f (x) = sin x + 的图象上所有点的横坐标缩短为原来的 ，纵坐标保持不变，再将
3 2
π
所得图象向右平移 个单位长度，得到函数 g(x) 的图象，则下列结论正确的有
6
π
A． g(x) 的最小正周期为4π B． g(x) 在[0, ]上只有一个零点
3
π 5π
C． g(x) 在[0, ]上单调递增 D．点 , 0 是 g(x) 图象的一个对称中心
2 2
x2 y2
11．已知椭圆C : + =1，公众号悦爱学堂 F1 ，F2 分别是椭圆C 的左右焦点，O是坐标原点，
4 3
P 是椭圆C 上任意一点，点 A(1,1)，则下列结论正确的有
π
A．VF1PF2的周长为6 B．VF1PF2的面积为 3 时， F1PF2 =
6
5
C．VF1PA周长的最小值是3+ 5 D．VF1PA面积的最大值为
2
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12．记 Sn 为等差数列 an 的前n 项和，若a2 + a5 = 6，2a3 + a4 = 8，则 S10 = ．
2 2
13．设直线2x y = 0与圆 x + y 2my + 2 = 0交于 A ，B 两点， 若 | AB |= 2，则实数m 的
第 2 页 共 2 页 数学试题
值为 ．
14．在4 4的方格表中填入1或 2 ，每个方格中恰好填入一个数，若方格表中每行每列的数字之
和均为6 ，则不同的填法种数为 ．
四、解答题：本大题共 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．（13 分）
在VABC中，角 A, B,C 的对边分别为a,b,c ，且 (2c b) cos A = a cos B ．
（1）求角 A的大小；
（2）若a = 3 ，b + c = 2 3 ，求VABC的面积．
16．（15 分）
袋中装有 4 个红球和 2 个黑球，第一次随机取出 1 个小球，若是红球则放回，否则不放回．
（1）第二次随机取出 1 个小球，求两次取出的球的颜色相同的概率；
（2）第二次随机取出 2 个小球，记两次取出红球的个数为 X ，求 X 的概率分布列及数学期
望．
第 3 页 共 2 页 数学试题
17．（15 分）
如图，四棱锥P ABCD中，底面 ABCD为梯形， AD //BC , AB ⊥ AD ，
PA = PB = PD = AB = AD = 2， BC =1．
P
（1）证明：PC ⊥ AD；
（2）求二面角 A PC D 的正弦值．
A
D
B C
18．（17 分）
1
已知函数 f (x) = x a ln x (a R) ．
x
（1）若a = 2，判断 f (x) 的单调性；
（2）若 f (x) 有唯一零点，求a 的取值范围；
1 1

（3）若 p,q 0，且qe p = pe q ，证明： p q 2．
第 4 页 共 2 页 数学试题
19．（17 分）
已知抛物线 E : y2 = 2 px( p 0) 的焦点为F ，直线 y = 2与抛物线 E 交于点R ，且
5
| RF |= p ．
2
（1）求抛物线 E 的方程；
（2）过F 作两条互相垂直的直线 l1， l2 ，这两条直线与抛物线E 分别交于点 A ，B 和C ，
D ，其中点 A ，C 在第一象限．
（ⅰ）设M ， N 分别为 AB ，CD的中点， H 为直线 AC 与直线 BD的交点，求 HMN 面
积的最小值；
（ⅱ）过F 作 x 轴的垂线，分别交 AC ， BD于 P ，Q两点，判断是否存在以PQ为直径的
圆与 y 轴相切？如果存在，求出该圆的方程，如果不存在，说明理由．
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东北师大附中 (数学)科答案
高三年级 5 月模拟考试
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A D C B D B C B
题号 9 10 11
答案 ABC BD ACD
8. 【解析】
因为 f (2x +1)为偶函数，所以 f ( 2x +1) = f (2x +1) ，从而 f ( x +1) = f (x +1)①；因
1 1 1 1 1
为 f 2x 为奇函数，所以 f ( + 2x) = f ( 2x) ，从而 f ( + x) = f ( x) ，
2 2 2 2 2
故 f (x +1) = f ( x) ②.由①②得 f ( x +1) = f ( x)， f (x) = f (x 1)，
f (x +1) = f (x)， f (x + 2) = f (x) ，故2 为 f (x) 的周期.
由②得 f ( x) = f (x +1)，又 f (x) = f (x 1)， f (x) 周期为 2，所以
f (x +1) = f (x 1) ，
所以 f ( x) = f (x) ，故 f (x)的偶函数.
三、填空题（每小题 5 分，共 15 分）
15
12. 70 13. 14. 90
2
14.【解析】
第一行有 6 种填法，第二行也有 6 种填法，其中一种填法与第一行完全相同，此时第三行
和第四行的数字唯一确定；如果第二中的数与第一行中的数字完全相反，则第三行有 6 种
填法，第四行由第三行完全确定；第二行剩下 4 种填法都是有两个位置与第一行相同，另
外两个位置与第一行相反，此时第三行和第四行有 2 种填法，故总的填法数为
6 (1+ 6+ 4 2) = 90 .
第 1 页 共 7 页 数学答案
四、解答题（共 77 分）
15.（13 分）
【解析】
（1）因为 (2c b) cos A = a cos B ，所以由正弦定理
(2sin C sin B)cos A = sin Acos B ，
……1 分
整理得：2sin C cos A = sin Bcos A+ sin Acos B = sin(A+ B) ，……3 分
1
因为 A + B +C = π，所以sinC = sin(A+ B) 0 ，故cos A = ，……5 分
2
π
因为0 A π，所以 A = . ……7 分
3
（2）由余弦定理，得a2 = b2 + c2 2bccos A，即b2 + c2 a2 = bc ，……9 分
2 2 2
整理得 (b+ c) a2 = 3bc ，又a = 3 ，b + c = 2 3 ，所以 (2 3 ) ( 3 ) = 3bc，所
以bc = 3，
……11 分
1 1 3 3 3
故VABC 的面积为 bcsinA = 3 = . ……13 分
2 2 2 4
16. （15 分）
【解析】
（1）设事件 A1为“第一次抽取红球”，事件 A2 为“第二次抽取红球”，事件B1为“第一次抽取
黑球”，事件 B2 为“第二次抽取黑球”，
4 2 2 1 4 2 1 1
则 P(A1) = = ，P(B1) = = ，P(A2 | A1) = = ，P(B2 | B1) = = ，
4+ 2 3 4+ 2 3 4+ 2 3 4+1 5
所以两次取出的球颜色相同的概率为
2 2 1 1 23
P = P(A1A2 )+ P(B1B2 ) = P(A1)P(A2 | A1) + P(B1)P(B2 | B1) = + = ．…7 分
3 3 3 5 45
（2）由题意可得随机变量 X 的可能取值为1,2,3，
当 X =1时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个黑球；第一次抽取一个黑
球，第二次抽取一个黑球和一个红球，
第 2 页 共 7 页 数学答案
4 C2 2 C1 8
P(X =1) = 2 + 4 = ． ……9 分
6 C26 6 C
2
5 45
当 X = 2时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取一个黑球和一个红球；第一次
抽取一个黑球，第二次抽取两个红球，
4 C1C1 2 C2 5
P(X = 2) = 4 2 + 4 = ．……11 分
6 C2 26 6 C5 9
当 X = 3时，满足的情况有第一次抽取一个红球，第二次抽取两个红球，
4 C2 4
P(X = 3) = 4 = ． ……13 分
6 C26 15
可得 X 的分布列为
X 1 2 3
P 8 5 4
45 9 15
8 5 4 94
所以公众号悦爱学堂 E(X ) =1 + 2 +3 = ．……15 分
45 9 15 45
17. （15 分）
【解析】
（1）证明：取 AD 中点M ，连 PM , CM , BC / / AM , BC =AM ， ABCM 为平行四边形，
所以 AB / /CM ，因为 AB ⊥ AD ，所以CM ⊥ AD ，又PA = PD ，所以PM ⊥ AD，
又 PM CM = M ，PM ,CM 平面PCM ，所以 AD ⊥平面 PCM ，又 PC 平面 PCM ，
所以PC ⊥ AD． ……6 分
（2）取MC 中点O ，连 PO ，取 AB 中点 N ，连ON ，PM = PC = 3 ，PO ⊥ CM ，PO = 2 ，
以O 为坐标原点，建系如图，则 A(1, 1,0) ，C(0,1,0)， D( 1, 1,0) ， P(0,0, 2) ，
z
AC = ( 1,2,0) ，CP = (0, 1, 2) ，CD = ( 1, 2,0)，……8 分
P
设平面 PAC 的一个法向量为m = (x , y , z ) ，
1 1 1
m AC = x + 2y = 01 1
则 ，
m CP = y + 2z = 01 1
A M
D
2 2 x
令 y1 =1，则 x1 = 2, z1 = ，m = (2,1, )， ……10 分 O
2 2 N
B
C
设平面PCD的一个法向量为 n = (x , y , z ) ， y
2 2 2
第 3 页 共 7 页 数学答案
n CP = y + 2z = 0 22 2
则 ，令 y = 1，则 x = 2, z =2 2 2 ，
n CD = x 2y = 0 22 2
2
n = ( 2,1, )， ……12 分
2
设二面角 A PC D 的大小为 ，则
| m n | 5
| cos |=| cos m, n |= = ，……14 分
| m || n | 11
4 6
sin = ，……15 分
11
4 6
所以二面角 A PC D 的正弦值为 ．
11
18. （17 分）
【解析】
1 1 2 1
（1）由题意 f (x) = x 2ln x ，定义域为 2(0,+ ) ， f (x) =1+ = (1 ) 0 ，
2
x x x x
所以 f (x) 在 (0,+ ) 上单调递增．……3 分
1 a x2 ax +1
（2）定义域为 (0,+ ) ， f (x) =1+ = ，……4 分
x2 x x2
设 g(x) = x2 ax +1(x 0)
①若 a 0，则 g(x) 0， f (x) 0 ， f (x) 在 (0,+ ) 上单调递增．……5 分
②若 20 a 2，则 = a 4 0， g(x) 0， f (x) 0 ， f (x) 在 (0,+ ) 上单调递增．
又 f (1) = 0 ，有唯一零点，符合题意；……6 分
a a2 4 a + a2 4
③若 2a 2 ，令 g(x) = x ax +1= 0 ， x1 = (0,1)， x2 = (1,+ )
2 2
当 x (0, x1) ， g(x) 0， f (x) 0 ， f (x) 单调递增，
当 x (x1,x2 )， g(x) 0， f (x) 0， f (x) 单调递减，
当 x (x2，+ )， g(x) 0， f (x) 0 ， f (x) 单调递增．……7 分
又 f (1) = 0 ， f (x1) 0, f (x2 ) 0 ，
a ) = a a a2f (e e e ，
第 4 页 共 7 页 数学答案
设 h(a) = a a 2e e a ， a 2 ，
h (a) = a + a 2a ae e e ae 2a，
由（ ）知 a a 2 21 e e 2a e e 4 0 ，
所以 h(a)在 (2,+ )单调递增，
h(a) = a a a2 h(2) = e2e e e 2 4 0，
即 af (e ) 0 ，由零点存在定理可知 (x , a x0 2 e ) ，使得 f (x0 ) = 0 ，不合题意．……9 分
综上， a 2．……10 分
1 1
1 1
p q p +p q p 1 1（3）因为 p,q 0 ，且qe = pe ，所以 = e 1， ln = + ，
q q p q
p 1 t 1 1 t +1 t +1
令 = t ，则 t 1, ln t = + = + , p = , q = ,……12 分
q p p qt q ln t t ln t
2
t +1 t +1 t 1
所以 p q = = ，
ln t t ln t t ln t
2
t 1
要证 p q 2，只需证 2 ，
t ln t
1
即证 t 2ln t 0 (t 1)，……14 分
t
1
由（1）知 f (x) = x 2ln x 单调递增，
x
1
所以当 t 1时， f (t) = t 2ln t f (1) = 0 ，
t
所以 p q 2．……17 分
19. （17 分）
【解析】
p 5
（1）依题意，设R (x0 , 2)，由抛物线的定义得 | RF |= x0 + = p ，解得： x0 = 2 p，
2 2
2 2 2
因为 R (x0 , 2)在抛物线 E : y = 2 px( p 0) 上，所以2 = 2px0 ，所以2 = 2 p 2 p ，解
2
得： p =1，故抛物线 E 的方程为 y = 2x．……3 分
2 1
（2）抛物线方程为 y = 2x，焦点坐标为 F , 0 ，
2
当 l1的直线斜率为 0 时，与抛物线只有 1 个交点，不合要求，
第 5 页 共 7 页 数学答案
当 l1的斜率不存在时， l2 的斜率为 0，此时 l2 与抛物线只有 1 个交点，不合要求，
1 1 1
故设 l1 : x = my + ，则 l2 : x = y + ，不妨设m 0，
2 m 2
A(x1, y1 )， B (x2 , y2 )，C (x3, y3 )， D (x4 , y4 )，
y2 = 2x,

由 ，消去 x 得 y2 1 2my 1= 0，
x = my + ,
2
Δ = 4m2 + 4 0， y1 + y2 = 2m ， y1 y2 = 1．……4 分
（ⅰ）连接 BN ， BC ，CM ，取BC 的中点 I ，连接 NI , MI , HI ，又M , N 分别为
AB,CD 的中点，所以 HB∥ NI , HA∥ MI ，所以 S NIH = S NIB ， S MIH = S MIC ，
所以 HMN 的面积 S = S NIH + S MIH + S MIN = S NIB + S MIC + S MIN = SBNMC ，
1 1
故 S = | BM | | CN |= | AB | | CD | .……6 分
2 8
2(m2 +1)
又 | AB |= 1+m2 (y1 + y )
2 4y y = 2(m2 +1)，同理 | CD |= .……8 分 2 1 2
m2
1 2(m2 +1) 1 1
所以 S = 2(m2 +1) = (m2 + + 2) 2 ，当且仅当m =1时，等号成立.
8 m2 2 m2
所以 HMN 面积的最小值为 2 .……10 分
y1 y3
（ii）由题意可知 lAC : y y1 = (x x1 )，
x1 x3
2
2
又 y2 = 2x ， y = 2x ，所以 AC 的直线方程可化为： y y1 1 3 3 1 = (x x1 )， y1 + y3
1 1+ y1y3
又 xP = ，故可得 yP = ，……11 分
2 y1 + y3
2
同理可得直线 BD的方程为 y y2 = (x x2 )，
y2 + y4
1 1+ y2 y4
又 xQ = ，故 yQ = ，
2 y2 + y4
第 6 页 共 7 页 数学答案
1 1
1+
y1 y3 1+ y y又 y y = y y = 1，所以可得 y = = 1 31 2 3 4 ，……12 分 Q 1 1 y + y
1 3
y1 y3
可得 yP + yQ = 0 ，所以可得PQ的中点恒为 F ，……13 分
1
以 PQ为直径的圆与 y 轴相切等价于 yP = ， ……14 分
2
1 1 1+ y1y3
若 y = ，则 =P ，所以2y y
2 y + y 1 3
+ 2 = y1 + y3，
2 1 3
2 2 1 1
又 l1 ⊥ l2 ，所以 = 1，故 y y = 4， y1 + y y + y
1 3
2 3 4 y1 y3
2 2 2 2 2
整理可得 ( y1y3 ) ( y1 + y3 )+1= 4y1y3 ，即 ( y1y3 +1) = ( y y ) ， 1 3
因为m 0，故 y1 y3 ，所以 y1 y3 +1= y1 y3 ．
又 2y1 y3 + 2 = y1 + y3，故可得 y1 = 3y3 ．
代入方程 y1 y3 +1= y y
2
1 3 可得，3y3 2y3 +1= 0， = 4 12 = 8 0，
故不存在以 PQ为直径的圆与 y 轴相切. ……17 分
第 7 页 共 7 页 数学答案

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