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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．彐x∈R，x2 _ 2x+ 6 > 0 D．彐x∈R，x2 _ 2x + 6 ≤0
3．已知a= (3,m) ，b = (1,_1)，且 a .b = 1，则 la+b =
A．4 B．1 C． D．
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
5．已知双曲线C a > 0,b > 0) 的渐近线方程为y x，则 C的离心率为
A． B． C． D．
6．若tan ，则 sin 2“的值为
A．_ B． C． D．
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
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8．已知函数f (x) 的定义域为R ，f (2x+1) 为偶函数，f 为奇函数，则
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α, β,Y 表示不同的平面，l表示直线，则下列条件能得出α丄 β 的是
A．l c β, l 丄 α B．l 丄 β, l //α
C．α//Y,β 丄Y D．α丄Y,β 丄Y
10．将函数f = sin 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
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
A．g(x) 的最小正周期为4π B．g(x) 在[0, π]上只有一个零点
3
C．g(x)在[0, ]上单调递增 D．点 是g(x) 图象的一个对称中心
11．已知椭圆C ，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，
P是椭圆C 上任意一点，点 A(1,1)，则下列结论正确的有
A．VF1PF2 的周长为6 B．VF1PF2 的面积为 3时，L
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 = ．
13．设直线2x _ y = 0与圆x2 + y2 _ 2my + 2 = 0交于A，B两点， 若| AB |= 2，则实数m 的
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值为 ．
14．在4 x 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一 b). cosA = a . cosB．
（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 丄 AD，
PA= PB= PD= AB= AD= 2，BC = 1．
（1）证明：PC丄 AD P；
（2）求二面角A__PC _D的正弦值．
A D
B C
18．（17 分）
已知函数 f = x alnx
（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 qep = pe q ，证明： p _ q > 2．
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19．（17 分）
已知抛物线E : y2 = 2px(p >0) 的焦点为F ，直线y = 2 与抛物线E 交于点R ，且
（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 ΔHMN面
积的最小值；
(ü)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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2025-2026 学年下学期
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
为f 为奇函数，所以f ，从而 f
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）
12. 70 13. 14. 90
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 .
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四、解答题（共 77分）
15.（13 分）
【解析】
（1）因为(2c _b). cosA = a . cosB ，所以由正弦定理
(2sinC _ sin B)cosA = sinAcosB ，
1分
整理得：2sinC cosA = sinB cosA+ sinAcosB = sin(A + B) ， 3 分
因为A + B + C = π ,所以sinC = sin(A + B) ≠ 0，故cosA 分
因为0< A< π ,所以 A 分
（2）由余弦定理，得a2 = b2 + c2 _ 2bc cosA，即 b2 + c2 _ a2 = bc， 9 分
整理得( 2b + c) _ a2 = 3bc，又 a = 3，b + c = 2 3，所以 bc，所
以bc = 3，
11分
故VABC 的面积为 bcsinA 分
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”，
则P
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
P 分
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，
P 分
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，
P ……13 分
可得X 的分布列为
X 1 2 3
P 8 5 4
45 9 15
所以公众号悦爱学堂 E 分
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 丄 AD ，所以 CM 丄 AD，又 PA = PD，所以 PM 丄 AD，
又PM CM = M ，PM, CM C 平面PCM，所以AD 丄 平面PCM ，又PC C 平面PCM ，
所以PC丄 AD． 6 分
（2）取MC 中点O，连PO，取 AB 中点N，连ON，PM = PC= 3，PO丄 CM，PO= 2，
以O为坐标原点，建系如图，则 A(1,一1,0) ，C(0,1,0)，D(一1,一1,0) ，P(0,0, 2)，
z
AC= (一1, 2,0) ， CP= (0,一1, 2) ，CD= (一1,一2,0)， 8 分 P
设平面PAC 的一个法向量为m= (x1 ,y1 , z1)，
则
A M
D
x
令y1 = 1，则 x1 = 2,z ……10分 N O
B C
设平面PCD的一个法向量为n = (x2 , y2 , z2)， y
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则 ，令 y2 = 1，则 x2 = _2,z
n= (_2,1, 2 )， 12 分
2
设二面角A _ PC _ D 的大小为θ ,则
| cosθ |=| cos 分
sin 分
所以二面角A _ PC _ D 的正弦值为
18.（17分）
【解析】
（1）由题意f = x ln x ，定义域为(0,+∞) ，f ,
所以f (x) 在 (0,+∞)上单调递增． 3 分
（2）定义域为(0,+∞) ，f , 分
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0< a≤ 2，则 Δ = a2 _ 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
③若a > 2，令 g(x) = x2 _ ax +1= 0 ，x1 = ∈ (0,1)，x
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，
f (e a a 2a) = e _ e_ _ a ，
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设h(a) = ea _ e_a _ a2 ，a > 2 ，
h,(a) = ea + e_a _ 2a > ea _ e_a _ 2a，
由（1）知 ea _ e_a _ 2a > e2 _ e_2 _ 4 > 0，
所以h(a)在 (2,+∞)单调递增，
h(a) = ea _ e_a _ a2 > h(2) = e2 _ e_2 _ 4 > 0，
即f (ea) >0，由零点存在定理可知彐x0 ∈ (x2 , ea) ，使得 f (x0) = 0，不合题意．……9分
综上，a ≤ 2． 10 分
_
（3）因为p, q > 0，且 qe = pe ，所以 ln
令 t ，则t > 1, ln t 分
所以p _ q
p _ q > 2 t
2 _1
要证 ，只需证 > 2，
t ln t
1
即证t _ _ 2ln t > 0 (t> 1)， 14分
t
由（1）知 f = x ln x 单调递增，
所以当t > 1时， f = t ln t > f
所以p _ q > 2． 17分
19.（17分）
【解析】
（1）依题意，设R(x0 ,2) ，由抛物线的定义得| RF |= x p，解得： x0 = 2p，
因为R(x0 ,2)在抛物线E : y2 = 2px(p > 0) 上，所以22 = 2px0，所以 22 = 2p . 2p ，解
得：p = 1，故抛物线E 的方程为y2 = 2x． 3 分
（2 2）抛物线方程为y = 2x，焦点坐标为F ，
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，
故设l1 : x = my ，则l2 : x ，不妨设m > 0，
A (x1 , y1)，B (x2 , y2) ，C (x3 , y3)，D (x4 , y4)，
由 ，消去x得y2 _2my_1= 0，
Δ = 4m2 + 4 > 0 ，y1 + y2 = 2m，y1y2 = _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ΔHMN 的面积S = SΔNIH + SΔMIH + SΔMIN = SΔNIB + SΔMIC + SΔMIN = SBNMC，
故 S BM | . | CN AB | . | CD |.……6分
又 | AB ，同理 | CD .……8 分
所以S ，当且仅当m = 1时，等号成立.
所以ΔHMN面积的最小值为2 10 分
（ii）由题意可知lAC : y _ y
又y2 21 = 2x1 ，y3 = 2x3，所以 AC 的直线方程可化为：y _ y
又xP ，故可得yP 分
同理可得直线BD的方程为y _ y
又xQ ，故yQ ，
第 6 页 共 7 页 数学答案
又y1y2 = y3y4 = _1，所以可得yQ ……12分
可得yP + yQ = 0，所以可得PQ的中点恒为F ，……13 分
以PQ为直径的圆与y 轴相切等价于yP 分
若yP ，则 ，所以2y1y3 + 2 = y1 + y3，
又l1 丄 l2 ，所以
2 2 2
整理可得(y1y3) _ (y21 + y23 )+1= _4y1y3，即 (y1y3 +1) = (y1 _ y3) ，
因为m > 0，故 y1 > y3 ，所以 y1y3 +1= y1 _ y3．
又2y1y3 + 2 = y1 + y3，故可得y1 = 3y3．
代入方程y1y3 +1 = y1 _ y3 可得，3y23 _ 2y3 +1= 0 ，Δ = 4 _12 = _8< 0，
故不存在以PQ为直径的圆与y 轴相切 17 分
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