2026东北三省三校高三下学期一模考试数学试卷和答案

这是一份2026东北三省三校高三下学期一模考试数学试卷和答案，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。








东北师大附中哈尔滨师大附中辽宁省实验中学
2026 年高三第一次联合模拟考试数学参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
C
B
A
D
C
C
A
一、单项选择题：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.
二、多项选择题：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.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
题号
9
10
11
答案
AD
AD
ABD
12．
 15

，5
4 1 
13.171π14．
， 1 1 

 4
9 2 3 
n 
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）
解:（1）由 a sin A  c sin C  (b  c)sin B ，
则根据正弦定理有 a2  c2  (b  c)b ，即 a2  b2  c2  bc ，2 分
又由余弦定理有 a2  b2  c2  2bc cs A ，得 2 cs A  1，4 分
所以在ABC 中，得 A  π ；6 分
3
 0  C  π
π2
 π π 
由ABC 为锐角三角形，且 A  3 ，则有2ππ ，得C  ,  ，8 分
0  C 
 6 2 
32
即tan C  3 ,  ，即 1 0, 3 ，10 分
 3
tan C

根据正弦定理，
sin  π  C  3 cs C  1 sin C
3
sin B
 3
11 1
-13 分
   22   , 2 .
sin C
sin C
sin C
2tan C
2 2
16．（15 分）
解：（1）由题意，列联表补充如下：2 分
零假设为 H0 ：对燃油汽车和新能源汽车的偏好与驾驶员的性别无关联．3 分
偏好燃油汽车
偏好新能源汽车
合计
男性驾驶员
120
100
220
女性驾驶员
30
50
80
合计
150
150
300
根据列联表数据，计算得

300  120  50 100  30 2
2  6.818  6.635  x
．5 分
220  80 150 150
0.01
根据小概率值  0.01的独立性检验，可以推断 H0 不成立，即认为对燃油汽车和新能源汽车的偏好与驾驶员的性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01 ．6 分
男性驾驶员中偏好新能源汽车的频率为 100  0.455 ，女性驾驶员中偏好新能源汽车的频率为
220
50  0.625 ，前者明显小于后者．根据频率稳定于概率的原理，我们可以认为女性驾驶员偏好新能源
80
汽车的概率更大．7 分
（2）由题意，抽取的 8 人中偏好燃油汽车的人数为 3 人，偏好新能源汽车的人数为 5 人．随机变量 X
的可能值为 0，1，2，3．8 分
C31C2C115
P  X  0  3 ， P  X  1  3 5 ，
C
C
8
8
356356
C1 C215C35
P  X  2  3 5 ， P  X  3  5 ．
C
C
8
8
328328
所以，随机变量 X 的分布列为
X 的数学期望 E  X   1 15  2  15  3 5  15 ．15 分
13 分
X
0
1
2
3
P
1
56
15
56
15
28
5
28
5628288
17．（15 分）
（1）证明：因为C  90 ，则 AC  BC ，且 DE / / BC ，可得 AC  DE ，将ADE 沿 DE 折起到A1DE 的位置，始终有 DE  A1D ， DE  CD ，
因为 A1DCD  D ， A1D, CD  平面 A1CD ，所以 DE  平面 A1CD ，2 分
由 A1C  平面 A1CD ，可得 DE  A1C ，
且 A1C  CD ，CDDE  D ，CD, DE  平面 BCDE ，所以 A1C  平面 BCDE .4 分
又 A1C  平面 A1CB ，
所以面 A1CB  平面 BCDE .5 分
解：（2）由（1）可知， A1C ， CD ， CB 两两垂直，翻折前，因为 DE // BC ，且CD  2 ，所以 AD  4 ， DE  AD  4  2 ，所以 DE  2 BC  2 ，
BCAC63
翻折后 A1D  4 ，
A D2  CD2
1
由勾股定理得 A1C 
3
42  22
 2 3 ，
所以以C 为原点，直线CD ， CB ， CA1 分别为 x ， y ， z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，6 分
当  1 时， C 0, 0, 0 ， A 0, 0, 2 3 ， D 2, 0, 0 ， B 0,3, 0 ， E 2, 2, 0 ，
21
M 1, 0, 3 ，可得CM  1, 0, 3 ， MB  1, 3,  3 ， BE  2, 1, 0 ，
设平面 BMC 的法向量m   x , y , z  ，则m  CM  x1 
3z1  0
，
11 1

m  MB  x1  3y1 
3z1  0
3
令 z1 ，则 x1  3 ， y1  0 ，可得m  3，0，3 ，7 分
 
n  MB  x2  3y2 
设平面 BME 的法向量nx2 , y2 , z2 ，则
n  BE  2x2  y2  0
3z2  0
，
55 
3
令 x2  1，则 y2  2 ， z2 ，可得n  1, 2,3  ，8 分

设平面CMB 与平面 MBE 夹角为
m  n
m

n
31 0
2
 3

5
3
32   3 2
5  (
5
3
)2
则cs  cs  m, n  10 .
20
所以平面CMB 与平面 MBE 夹角的余弦值为 10 .10 分
20
由（2）可知 BA1  0, 3, 2 3  ， BE  2, 1, 0 ， A1D  2, 0, 2 3 
 p  BA1  3y3  2 3z3  0
设平面 A1BE 的法向量 p   x3 , y3 , z3  ，则，
 p  BE  2x3  y3  0
3
3
令 x3  1 ，则 y3  2 ， z3 ，可得 p  1, 2, 3 ，11 分
3
且 M 2, 0, 2
 2 3  , BM  2, 3, 2
 2 3 ，12 分
因为直线 BM 与平面 A1BE 所成角为 ，
p  BM
p, BM  
p  BM
则sin  cs 
16 2  24  21
2
 2
21  24 16

2
21   7   7
 14 2
64


 4 14
2 2 8
当且仅当  7 时，等号成立， sin 取最大值.14 分
4
S 3, 由 A M  7 A D 得，点M 到平面 BCE 的距离为 3 3 ，V
= 1  3 3 3  3 3 .
BCE
14 1
M  BCE
2
322
所以三棱锥VM  BCE 的体积为 3 3 .15 分
2
18.（17 分）
 c  1
 a2
3
3

解：（1）由题意， 2b  2

a2  b2  c2

x2  y2 
，解得
a  2, b ,3 分
所以椭圆方程为
3
x
43
1.4 分
（2）（i）设C(x , y ) ，则k 
y0， k y0
 k  k 
y0y0
0
 2x0 y06 分
0
001
x0 1
x0 1
131
x0 1
x2 1
1
2
设 A(x , y ), B(x , y ) ， l: x  t y 1， l: x  t y 1，其中t  1 , t  1 ,
k
1122CA1
CB2
1k3
x  t1 y 1
由
，消去 x ，得(3t 2  4) y2  6t y  9  0 ，
2
3x
 4 y2
 1211
 9 9
 9 y2
 9 y2
 3y2
 3y
则 y1 y0 
 0  0  0  y1  0
3t 2  42
3x2  4 y2  6x  3
6x 15
2x  5
2x  5
13 x0 1  4000000
y0
从而 x  t y 1  x0 1   3y0 1   5x0  8

11 1
y02x0  5
2x0  5
2
同理，可得 y 3y0， x  5x0  8
2x0  5

2
3y0
2x0

 5
3y0

k  k y1  y2 2x0  52x0  5
2ABx  x 5x0  8  5x0  8
则12
2x  52x  5
-8 分
00
3y0 (2x0  5  2x0  5)3x0 y0
(5x  8)(2x  5)  (5x  8)(2x  5)5(x2  4)
00000
00
由 k , k , k 成等差数列，得k  k  2k ，即 2x0 y0  2  3x0 y0
123
132
x2 15(x2  4)
解得 x  0 ，或 y  0 （舍），或 x2  17  4 （舍）.相应的， y2  3
00020
所以点C 的坐标为(0, 3) .10 分
（ii）设C(x0 , y0 ) ， A(x1, y1)，B(x2 , y2 ) ，
当直线 AB 的斜率不存在时，易得C 2, 0 ，直线 AB 的方程为 x  1 ，或C 2, 0，直线 AB 的方程为
x  1 ．将 x  1 代入椭圆的方程，可得 y  3 ，
2
19
所以 ABC 的面积 S   3 3  .11 分
22
当直线 AB 的斜率存在时， AB 的中点 M   x0 ,  y0  ， k
 3x0 （点差法可得），
22 AB4 y
0
所以直线 AB 的方程为 y  y0   3x0  x  x0  ，
24 y 2 
0 
3x3  x2y2 3x3
即 y   0 x 
 0  0    0 x 
．12 分
4 y0
2 y0  43 4 y0
2 y0
3
2 y0
令 x  0 ，可得直线 AB 在 y 轴上的截距为 3 ，则 S 1   x  x ．13 分
y   3x0 x  3
2 y0
12 y2  9x2
OAB212
2  9x9
将
4 y0
2 y0
代入椭圆的方程，得 00 x
4 y2
0 x 
y2
12  0 ，
y2
3 x2  3x0 x 
3  4  0
000
3  4 y2
即 y2
y2y2
，则 x1  x2  x0 , x1x2  0 ，14 分
0003
所以 x  x

 2 | y | ．

x  x 4x x
12

2
1 2
9x2  48 y2  36
0
0
36 12 y2  48 y2  36
0
0
12330
0
所以 S 1  |  3 | 2 | y | 3 ．16 分
△OAB22 y2
0
又因为O 是 ABC 的重心，所以 S△ABC
 3S△OAB
 9 ．
2
综上， ABC 的面积是定值 9
2
19. （17 分）
．17 分
解：（1）在 x  x0 处的切线为 y  ex0 e 0x  x  ，将0，0 代入得 x  1, a  02 分
ax a
0
0
（2）（i）当r 2 时，原问题 x2  e2 x2a  2 有两个不等实根.3 分
法一：设u  x 
x2  2
2
e2 x
 x 
2 ，4 分
则u x 
2x  2x2  2
e2 x
  2 x  2 x 1
e2 x
2
2
当 x  1时， u x  0 ，当1  x 时， u x  0
u  x在 2，1递减， 1, 2  递增，
极小值
u  x u 1  e2,u  2   0,e2a e2, 0a  17 分
2
法二： g  x  x2  e2x2a  2 x 2 4 分
g x  2x  2e2x2a，g x  2  4e2x2a  0 ， g x 在R 上递增，
x0  R ，使得 g x0   0，当 x  x0 时， g x  0 ，当 x  x0 时， g x  0
g  x 在当, x0  递减，  x0，  递增，
g  x
 g  x   x 2  x  2  0  1  x

-5 分
极小值
又e2a 
0000
2


x0 e2 x0
设t  x  x 1  x 
e2 x
2 ，则t x  1 2x
e2 x
当1  x  1 时， t x  0 ，当 1  x 2 时， t x  0 ，
22
t  x e2 , 1 e2  e2a  1  a  1.7 分

2e 2a
（ii）设 A x1, y1 , B  x2, y2  ，不妨设 x1  x2
则0  ex1 a  ex2 a ，即0  y  y ,k  0
12
2
x  2 cs x  2 cs

 13
令
1  23
,

1,2 0, 
 y  2 sin y  2 sin
 13
1  232
则ln  2 sin   2 cs
 a i  1, 2   , 是方程a  2 cs x  ln  2 sin x  两个根.8 分
 3i 3i
123
 3

2 cs 1  2  sin  1 2 
sin
 sin
221
又 k  12 
  
    
    0
cs1  cs2
2 sin  12  sin  12 tan  12 
222

欲证k 
3 ，只需证13   1  tan  1  2   
3
3    3
k2
tan 
12 
2
   1 2  2      


 4 
-9 分
223
123
设 h  x  2 cs x  ln  2 sin x x 0, 
3 3

cs x
21 cs2 x  3cs x
2 cs x 1cs x  2
则 h x  
sin x  
sin x
3sin x
3sin x
当0  x  2  时， h x  0 ；当 2   x   时， h x  0 ；
33
h  x在 0, 2   递减，  2  ,  递增，12 分
3 3

设  x  h  x  h  4   x  2   x   
-13 分
 3 3

下面证明 x  h x  h 4   x   0
 3

 x  h x  h 4   x , x  2π , π
 3 3

cs x  π 
 22 4
cs x
3 
  
sin x 
sin 
π  x   
 33 3
sin x
sin  x  π 
3 

3
π π 
4
π 
π3
4 sin x sin  x  6 sin  x  3   3
 sin  x 
cs
  
36 
62 sin x sin  x  π 
6 sin x sin  x  π 
3 3 

设  x  π ,  π , 5π , 则sin  1 ,1
6 26 
 2

4 sin x sin  x  π sin  x  π   4 sin  sin   π sin   π 
6 3 6 6 

 4 sin   3 sin2   1 cs2    4 sin  sin2   1   sin  4 sin2  1  3
 444 

故 x  0 .
  x在 2  ,  递增，  x    2    0 ，15 分
 3 3

 
2   0, h  x  h 2
  h  4   

，
2 
3
又 h  x在 0, 2   递减，

 4     
 4  ，故k 
3 .17 分
3

1321233
