文档内容
2026 年东北三省一区八校联合体第一次模拟考试
数学科试卷
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写
在本试卷上无效．
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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
一项是符合题目要求的）
1. 已知复数 、 、 满足 ， ， ，则复数 在复平面对应的点在（
）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的四则运算化简复数 ，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】由题意可得
，
故 ，
所以，复数 在复平面内对应点的坐标为 ，位于第一象限.
故选：A.
2. 已知非零实数 不全相等，给出下面两个命题．命题p：若 成等差数列，则 也成等差
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学科网（北京）股份有限公司数列；命题q∶ 若 成等比数列，则 也成等比数列，则（ ）
A. 命题p和q均为真命题 B. 命题p和命题 均为真命题
C. 命题 和命题q均为真命题 D. 命题 和命题 均为真命题
【答案】C
【解析】
【分析】对于命题 ，举例可说明其为假命题；对于命题 ，根据等比中项可推导.
【详解】对于命题 ：易得1,2,3成等差， 不成等差，故命题 为假命题；
对于命题 ： 成等比数列，则 ，所以 ，
即 成等比数列，故命题 为真命题.
综上，命题 为假命题， 为真命题，命题 为真命题， 为假命题.
故选：C.
3. 已知 是钝角， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由同角三角函数的基本关系可得出 的值，利用同角三角函数的基本关系可得出关于 、
的方程组，结合 是钝角可求得 的值.
【详解】因为 为钝角，则 ， ，
所以
，
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学科网（北京）股份有限公司故 ，
由题意可得 ，解得 ，
故选：D.
4. 已知等边三角形的一个顶点位于原点，另外两个顶点在抛物线 上，则这个等边三角形的边长是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设等边三角形的另外两个顶点分别为 、 ，由对称性可知点 、 关于 轴对称，不妨设点
在第一象限，则直线 的倾斜角为 ，可得出直线 的方程，将该直线方程与抛物线方程联立，求出
点 的坐标，进而可得出点 的坐标，可求出 ，由此可得出该等边三角形的边长.
【详解】设等边三角形的另外两个顶点分别为 、 ，由对称性可知点 、 关于 轴对称，
不妨设点 在第一象限，则直线 的倾斜角为 ，直线 的方程为 ，
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学科网（北京）股份有限公司联立 可得 ，解得 或 ，即点 ，
故点 ，则 ，
因此，该等边三角形的边长为 .
故选：D.
5. 已知 、 ，则 的最小值是（
）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【 分 析 】 记 点 、 、 、 ， ， 可 得 出
，数形结合可
得出所求代数式的最小值.
【详解】记点 、 、 、 ， ，如下图所示：
易知四边形 是边长为 的正方形，
所以 ， ， ， ，
所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司在
当且仅当点 线段 上时，等号成立，
，
当且仅当点 在线段 上时，等号成立，
所以
，
当且仅当点 为线段 、 的交点时，等号成立，
故 的最小值为 .
故选：C.
6. 用半径为 的圆形铁皮剪出一个圆心角为 的扇形，制成一个圆锥形容器，则该圆锥形容器的容积最大
值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用扇形弧长与圆锥底面周长相等得出 ，再利用体积公式求出体积 ，其是关于 的
函数，通过构造函数 ，其中 ，研究最大值，求出 ，即可求出 的最大值.
【详解】设圆形半径为 ，圆锥底面半径为 ，
则扇形的弧长为 ，圆锥底面周长为 ，则 ，即 ，
则圆锥的高为 ，
则圆锥的体积为
设 ，其中 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司由 得 ； 得 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
故当 时， 取最大值，即 时，圆锥的体积 取最大值，
且 ，
故选：B.
7. 7名教师甲、乙、丙、丁、戊、己、庚带领学生参加“探秘未知”活动，教师随机分为4组，每组至少
一人，则甲乙同组且丙丁同组的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题知不同的分组方法有4,1,1,1；3,2,1,1；2,2,2,1三种；利用不平均分组问题计算方法数，列出
符合题意得情况，然后求概率即可.
【详解】根据题意，不同的分组方法有4,1,1,1；3,2,1,1；2,2,2,1三种；
当分组为4,1,1,1时，共有 种，其中甲乙同组且丙丁同组有1种；
当分组 3,2,1,1时，共有 种，其中甲乙同组且丙丁同组有 种；
为
当分组为2,2,2,1时，共有 种，其中甲乙同组且丙丁同组有 种；
所以乙同组且丙丁同组的概率为 .
故选：A.
8. 已知 ，其中c>0，则当 最小时，c的值为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由导数得 ，当且仅当 时等号成立， ，当
且仅当 时，等号成立；由向量模的计算及基本不等式得，
，即可求解．
【详解】由 ，
令 ，令 ，解得 ，
当 时， ，则 在 单调递增，
当 时， ，则 在 单调递减，
所以 ，
所以 ，当且仅当 时等号成立；
令 ，则 ，
令 ，则
，
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学科网（北京）股份有限公司所以 在 上单调递增，
因为 ，所以当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递减；
当 时， ，即 ，
所以 在 上单调递增；
所以 ，
因为 ，
所以
，
当且仅当 （*）， 时等号成立，
由 得， ，
将 ， ， 代入（*）得， ，
所以 ，
故选：B．
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. 建筑学规定，民用住宅的窗户面积必须小于地板面积．但按采光标准，窗户面积与地板面积的比值不小
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学科网（北京）股份有限公司于 ，并且这个比值越大，住宅的采光条件越好．现欲在原设计方案的基础上，同时增加住宅的窗户面
积和地板面积，则下列有关说法正确的是（ ）
的
A. 若增加 窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变好
B. 若增加的窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变差
C. 若增加的窗户面积和地板面积比值为 ，则住宅的采光条件一定变差
D. 若增加的窗户面积和地板面积比值为 ，则住宅的采光条件一定变差
【答案】AD
【解析】
【分析】设窗户面积与地板面积分别为 、 ，由题意可知 ，即 ，结合作差法逐项判
断即可.
【详解】设窗户面积与地板面积分别为 、 ，由题意可知 ，即 ，
按采光标准，窗户面积与地板面积的比值 ，且当 越大时，住宅的采光条件越好．
对于AB选项，当 时， ，
故 ，所以若增加的窗户面积和地板面积相同，则住宅的采光条件一定变好，A对B错；
对于C选项，若增加的窗户面积为 ，则增加的地面面积为 ，
故 ，
若 ，则 ，此时住宅的采光条件不变，C错；
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学科网（北京）股份有限公司对于D选项，若增加的窗户面积为 ，则增加的地面面积为 ，
故 ，
所以若增加的窗户面积和地板面积比值为 ，则住宅的采光条件一定变差，D对.
故选：AD.
的
10. 在斜三角形 中，下列结论可能成立 是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用正弦定理结合三角形三边关系可判断A选项；利用两角和的正切公式可判断B选项；利用三
角恒等变换结合正切函数的单调性可判断C选项；取 ，结合二倍角的正弦公式求出 的值，可
判断D选项.
【详解】在斜三角形 中，设内角 、 、 的对边分别为 、 、 ，
对于A选项，若 ，由正弦定理可得 ，
由三角形三边关系可知等式 不成立，A错；
对于B选项，若 ，
由两角和的正切公式可得 ，
故 ，
因为 ，故只需 即可，合乎题意；
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学科网（北京）股份有限公司对于C选项，若 ，则 ，
即 ，
所以 ，即 ，
因为 、 ，故 ， ，
所以 ，
即 ，
即 ，
因为 、 ，则 、 ，故 ，
所以 ，
由题意可得 ，故 ，
由于 ，故 ，
因为正切函数 在 上单调递增，故 ，整理得 ，
这与三角形的内角和定理矛盾，C错；
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学科网（北京）股份有限公司对于D选项，若 ，由 可得 ，
即 ，
等式两边平方可得 ，
即 ，因为 ，解得 ，
因为 ，则 ，故 ，则 ，
由于 ， ，
所以满足条件 的锐角 存在，D对.
故选：BD.
11. 下面的图形由铰接的薄片构成，固定某一些点会导致所有两杆固定，则下列选项说法正确的是（ ）
A. 若固定 ，则所有连杆固定 B. 若固定 ，则所有连杆固定
C. 若固定 ，则所有连杆固定 D. 若固定 ，则所有连杆固定
【答案】CD
【解析】
【分析】利用三角形的稳定性，结合各项对应的固定点判断连杆是否固定即可.
【详解】对于A，如下图示，
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学科网（北京）股份有限公司固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定，
固定则 固定，L固定，其它点无法固定；
对于B，如下图示，
固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定，
固定则 固定， 固定则 固定，L固定，其它点无法固定；
对于C，如下图示，
固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定，
固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定，
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学科网（北京）股份有限公司固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定，
固定则 固定，所有连杆会固定；
对于D，如下图示，
固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定，
固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定，
固定则 固定， 固定则 固定， 固定则 固定，
固定则 固定，所有连杆会固定.
故选：CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知集合 ， ， ，则 的取值范围是______
【答案】
【解析】
【分析】求出集合 ，进而可得出集合 ，对 分 、 两种情况讨论，利用集合的包含关
系可得出关于实数 的等式或不等式，即可解得实数 的取值范围.
【详解】因为 ，所以 ，
因为 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司当 时， ，即 ，合乎题意；
当 时，由于 ，所以有 ，解得 .
综上所述，实数 的取值范围是 .
故答案为： .
13. 函数 过原点的切线方程为________．
【答案】 或
【解析】
【分析】设切点坐标为 ，利用导数的几何意义可得出关于 的等式，解出 的值，即可得出所
求切线的方程.
【详解】设切点为 ，对函数 求导得 ，切线斜率为 ，
由于切线过原点，则 ，整理得 ，即 ，
解得 ，
当 时，切线斜率为 ，此时切线方程为 ；
当 时，切线斜率为 ，此时切线方程为 .
故答案为： 或 .
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学科网（北京）股份有限公司14. 设正整数数列 满足 ，则 的前 项中偶数的个
数是_______．
【答案】
【解析】
【分析】分别令 、 、 ，求出数列 前 项的值，猜想得出 ，
再利用数学归纳法证明出猜想成立，然后列举出数列 前若干项的值，可知 ，即可得解.
【详解】当 时，由题意可得 ，
因为数列 是正整数数列，假设 ，则 ，
为了满足 为正，只需 ，即 ，
假设 ，则 ，可得 ，合乎题意，
假设 ，则 ，可得 不是正整数，
故 ，从而可得 ，
当 时，则有 ，即 ，解得 ，
当 时， ，
即 ，解得 ，
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学科网（北京）股份有限公司当 时， ，
猜想 ，
假设当 时，猜想成立，即 ，
当 时， ，
由猜想可得 ，则 ，
所以
，
所以
，
这说明当 时猜想也成立，故数列 满足 ，
所以，数列 的各项依次为： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，
由上可知 均为偶数，
又因为 ，故 的前 项中偶数的个数是 .
故答案为： .
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．
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学科网（北京）股份有限公司15. 如图，三角形 中， ， ，点 在线段 上，点 在线段 上，满足 ，
，点 、 分别为 、 中点．
（1）证明： 、 、 三点共线；
（2）现将三角形 沿 翻折至三角形 ，得到四棱锥 ，若 ， ，
连接 ，求平面 与平面 夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出 ，即可证得结论成立；
（2）证明出 平面 ，求出 的值，以及 的长，以点 为原点， 、 所在直
线分别为 、 轴，平面 内过点 且垂直于 的直线为 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量
法结合同角三角函数的基本关系可取得平面 与平面 夹角的正弦值．
【小问1详解】
因为点 在线段 上，满足 ， 为 的中点，
所以 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司因为 为 的中点，所以 ，
因为点 在线段 上， ，即 ，
即 ，故 ，所以 ，
.
所以 、 、 三点共线
【小问2详解】
因为 ， ， ， ，故 ， ，
因为 为 的中点，所以 ，
将三角形 沿 翻折至三角形 ，得到四棱锥 ，则 ，
因为 ， 、 平面 ，故 平面 ，
在 中， ， ， ，
由余弦定理可得 ，
在 中， ，
由余弦定理可得 ，
所以 ，故 ，
因为 ，故 ，
以点 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴，平面 内过点 且垂直于 的直线为 轴建
立如图所示的空间直角坐标系，
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学科网（北京）股份有限公司则 、 、 、 、 、
、 、 ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
设平面 的一个法向量为 ， ， ，
则 ，取 ，可得 ，
所以 ，
故 .
因此，平面 与平面 夹角的正弦值为 .
16. 在斜三角形 中， .
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学科网（北京）股份有限公司（1）设 为三角形 的内心，当 时，求 的最小值；
（2）是否存在函数 ，使得对于一切满足条件的 ，代数式 恒为定值？若存
在，请给出一个满足条件的 ，并证明之；若不存在，请给出理由．
【答案】（1）答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿! 答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃
投稿!
（2）答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿! 答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿!
【解析】
【分析】略
【小问1详解】
在斜三角形 中， ，
所以 ，
当 时，则 ，
即 ，即 ，
延长 交 于点 ，设内切圆 切 、 边分别于点 、 ，如下图所示：
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学科网（北京）股份有限公司则 ，在 中，由正弦定理得 ，故 ，
因为 为 的内心，则 平分 ，
故 ，即 ，故 ，则 ，即 ，
设内切圆 的半径为 ，
由等面积法可得 ，故 ，
所以 ，故
，
在 中，由正弦定理 ，得 ，
因为 ，则 ，
所以 ，
故 ，
【小问2详解】
答案解析悬赏征集中,欢迎大牛老师们踊跃投稿!联系人QQ:2853279698.
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学科网（北京）股份有限公司17. 已知双曲线 的焦距为4，左右焦点分别为 ，若点P为双曲线C上一点，
过点P分别作双曲线C两条渐近线的平行线 ，与两条渐近线分别交于点 ，四边形
的面积为 ．设点 分别为双曲线 的左右顶点，过点 的直线与双曲线 交于点 （不同
于点 ．设直线 与 交于点G，直线 与 交于点H，双曲线在点 处的切线交于点R．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）试探究 是否是定值，若是，求出此定值；若不是，说明理由．
【答案】（1） .
（2） .
【解析】
【分析】（1）设出 点坐标 ，联立可解出 两点坐标，结合四边形 的面积为 建
立方程求出基本量，最后求出双曲线方程即可.
（2）联立方程组，利用韦达定理，求出关键点的坐标，再结合中点坐标公式进行化简证明即可.
【小问1详解】
已知双曲线 焦距为4，即 ，故 .
又因为 ，所以 .
如图，设点 在双曲线上，满足 ，双曲线的渐近线方程为 .
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学科网（北京）股份有限公司而四边形 的面积为 ，且由题意得四边形 为平行四边形，
因为 ， ，
解得 ， ，则 ，
同理可得 ，
由平行四边形面积公式得 = （ 为 点到直线 的距离）.
因为 ；渐近线 为 .
所以 ；代入得 ，可得 ，
所以解得 ，解得 ， .
所以双曲线的标准方程为 .
【小问2详解】
易知斜率不存在时候不符合题意，
故设直线方程为 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司代入双曲线方程联立可得 ，
化简得 .
且 ；
如图，设 ， ，其中 ，
则由韦达定理得 ， .
直线 过 和 ，方程为 .
直线 过 和 ，方程为 .
直线 与 交于点 ，可得 ，解得 .
同理直线 与 交于点 ，其横坐标为 .
而双曲线在点 和 处的切线方程分别为 ，
联立解得切线交点 的坐标为 ， .
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学科网（北京）股份有限公司因此，点 ， ， 均在直线 上；
设 ， ， .
由中点坐标公式得中点坐标为
，
故 为 和 的中点，即 ，因此 .
18. 在一个不透明的袋子中，装有 个形状大小相同、颜色互不相同的小球，某人先后两次任意摸
取小球（每次至少摸取1个小球），第一次摸取后记录摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二
次摸取后，也记下摸取到的小球颜色．
（1）求某种特定颜色两次都被记下的概率；
（2）设第一次摸出 个球，两次摸球后，恰有 种颜色两次都被记下．
①求 的分布列；②当 时，求 ．
【答案】（1）
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学科网（北京）股份有限公司（2）① ， .
② .
【解析】
【分析】（1）先计算总的摸球情况数，再计算恰有一种特定颜色两次都被记下的情况数，最后利用古代
古典概型公式计算概率.
（2）根据分布列的定义求 的分布列，当 时，代入求得 ．
【小问1详解】
第一次摸球，从 个球中至少摸一个球，情况数为 ；第二次摸球同样有 种情况.
则两次摸球的总的可能情况数为 .
除了特定的颜色的球外，对于剩下的 种颜色，第一次摸球是少摸一个球，有 种情况；
第二次摸球至少摸一个球，也有 种情况.所以对于这 种颜色，两次摸球的情况数为 .
那么特定颜色的球两次都被记录下来的情况数为 .
根据古典概型的概率计算公式，则特定颜色颜色两次都被记录下来的概率为：
.
【小问2详解】
①第一次摸出 个球， 可能取得的值为0，1，···， .
对于 ，从 种颜色中选 种颜色，有 种选法.
对于剩下的 种颜色，第一次没摸到，第二次至少摸到一个球，有 种情况；
对于这 种颜色，第一次摸到，第二次也摸到，有一种情况.
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学科网（北京）股份有限公司所以 ， .
②当 时, 可能取得的值为0，1，···， .
因为根据期望公式 ，可以得到 .
19. 已知函数 有三个零点 ，满足 ．
（1）求实数a的取值范围；
（2）若 为 上任意 个实数， ，当
且仅当 时等号成立，则称函数 在 上为“凸函数”．也可设可导函数 在
上的导函数为 在 上的导函数为 ，当 时，函数 在 上
的为“凸函数”．若 为 上任意 个实数，满足
，当且仅当 时等号成立，则称函数
在 上为“凹函数”．也可设可导函数 在 上的导函数为 在 上的导
函数为 ，当 时，函数 在 上的为“凹函数”．这里关于凹凸函数的不等式即为
著名的琴生不等式，请根据以上材料，回答下面的问题．
（i）若函数 为凸函数，求b的取值范围；
（ii）证明∶ ．
【答案】（1）
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学科网（北京）股份有限公司（2）（i） ；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由题目信息可判断 单调性，从而可得 ，然后讨论 ，2大小关系，可得
单调性，再结合零点存在性定理可得答案；
（2）（i）由题可得 ，对定义域恒成立，通过换元及复合函数导数求法可得
， 据 此 可 得 答 案 ； （ ii ） 由 题 目 信 息 ， 结 合 令
可 得
，然后由
（i）中结论可完成证明.
【小问1详解】
由题 ，由题目信息：
，则 .
从而 在 上单调递减，在 上单调递增，从而 .
若 ，则 ，则 在 上单调递增，
又注意到 ，则此时 只有1个零点，不满足题意；
若 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司令 在
上单调递增，则 .
,又 ，则存在 ，
使 .
结合 单调性可得， .
则 在 上单调递增，在 上单调递减.
,
则 .
令 ，则 ，
从而 在 上单调递减，又 ，
则 .
又注意到 ， ， ，
，则存在 ，
使 ，满足题意.
所以实数 的取值范围是 ；
【小问2详解】
（i）令 ，则 ，
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学科网（北京）股份有限公司从而 ，
令 ，则 ，
从而 ，由题 ，对定义域恒成立，
则 恒成立，
即 .
令 ，则 ，
令 ，则 ，
从而 ， ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，
从而 ，
所以实数 的取值范围是 ；
（ii）由题目信息， ，当且仅当 时取等号.
由（1）， ，
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学科网（北京）股份有限公司又注意到 ，
则 .
令 ，
则
则 ，
即 ，
即
.
因 ，则 ，
因 ，则 ， ，
则 ，从而
，则取 时，
即 时，
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学科网（北京）股份有限公司，
即 .
第33页/共33页
学科网（北京）股份有限公司
