数学答案-东北师大2026届高三下五月模拟考试_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260511东北师范大学附属中学2026年高三5月模拟考试（全科）

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
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)cosA=acosB，所以由正弦定理
(2sinC−sinB)cosA=sinAcosB，
……1分
整理得：2sinCcosA=sinBcosA+sinAcosB=sin(A+B)，……3分
1
因为A+B+C =π，所以sinC =sin(A+B)0，故cosA= ，……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 −2bccosA，即b2 +c2 −a2 =bc，……9分
整理得(b+c)2 −a2 =3bc，又a = 3，b+c=2 3，所以 ( 2 3 )2 − ( 3 )2 =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A 为“第一次抽取红球”，事件A 为“第二次抽取红球”，事件B 为“第一次抽取
1 2 1
黑球”，事件B 为“第二次抽取黑球”，
2
4 2 2 1 4 2 1 1
则P(A)= = ，P(B )= = ，P(A | A)= = ，P(B |B )= = ，
1 4+2 3 1 4+2 3 2 1 4+2 3 2 1 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(AA )+P(BB )=P(A)P(A | A)+P(B )P(B |B )=  +  = ．…7分
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 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 C2 6 C2 45
6 5
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 6 C2 9
6 5
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 C2 15
6
可得X 的分布列为
X 1 2 3
8 5 4
P
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 =0
则 1 1 ，
mCP=−y
1
+ 2z
1
=0
A M
D
x
2 2
令y =1，则x =2,z = ，m=(2,1, )， ……10分 O
1 1 1 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 2
则 2 2 ，令y =1，则x =−2,z = ，
2 2 2 2
nCD=−x −2y =0
2 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− −2lnx ，定义域为(0,+)， f(x)=1+ − =(1− )2 0，
x x2 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0a2，则=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
a− a2 −4 a+ a2 −4
③若a2，令g(x)=x2 −ax+1=0，x = (0,1)，x = (1,+)
1 2 2 2
当x(0,x )，g(x)0， f(x)0， f(x)单调递增，
1
当x(x,x )，g(x)0， f(x)0， f(x)单调递减，
1 2
当x(x，+)，g(x)0， f(x)0， f(x)单调递增．……7分
2
又 f(1)=0， f(x )0, f(x )0，
1 2
f(ea)=ea −e−a −a2，
第 4 页 共 7 页 数学答案设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x (x ,ea)，使得 f(x )=0，不合题意．……9分
0 2 0
综上，a2．……10分
1 − 1 p 1 + 1 p 1 1
（3）因为 p,q0，且qep = pe q ，所以 =ep q 1，ln = + ，
q q p q
p 1 t 1 1 t+1 t+1
令 =t，则t 1,lnt= + = + , p= ,q= ,……12分
q p p qt q lnt tlnt
t+1 t+1 t2 −1
所以 p−q= − = ，
lnt tlnt tlnt
t2 −1
要证 p−q2，只需证 2，
tlnt
1
即证t− −2lnt 0 (t 1)，……14分
t
1
由（1）知 f(x)= x− −2lnx 单调递增，
x
1
所以当t 1时， f(t)=t− −2lnt  f(1)=0，
t
所以 p−q2．……17分
19. （17分）
【解析】
p 5
（1）依题意，设R(x ,2) ，由抛物线的定义得|RF |= x + = p，解得：x =2p，
0 0 2 2 0
因为R(x ,2) 在抛物线E: y2 =2px(p 0)上，所以22 =2px ，所以22 =2p2p，解
0 0
得： p=1，故抛物线E的方程为y2 =2x．……3分
1 
（2）抛物线方程为y2 =2x，焦点坐标为F  ,0 ，
2 
当l 的直线斜率为0时，与抛物线只有1个交点，不合要求，
1
第 5 页 共 7 页 数学答案当l 的斜率不存在时，l 的斜率为0，此时l 与抛物线只有1个交点，不合要求，
1 2 2
1 1 1
故设l :x=my+ ，则l :x=− y+ ，不妨设m0，
1 2 2 m 2
A(x ,y ) ，B(x ,y ) ，C(x ,y ) ，D(x ,y ) ，
1 1 2 2 3 3 4 4
y2 =2x,

由 1 ，消去x得y2 −2my−1=0，
x=my+ ,

 2
Δ=4m2 +40，y + y =2m，y y =−1．……4分
1 2 1 2
（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 =S ，S = S ，
NIH NIB MIH MIC
所以HMN的面积S =S +S +S =S +S +S =S ，
NIH MIH MIN NIB MIC MIN BNMC
1 1
故S = |BM ||CN |= | AB||CD|.……6分
2 8
2(m2 +1)
又| AB|= 1+m2  (y + y )2 −4y y =2(m2 +1)，同理|CD|= .……8分
1 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
y − y
（ii）由题意可知l : y− y = 1 3 (x−x ) ，
AC 1 x −x 1
1 3
2
又y2 =2x ，y2 =2x ，所以AC的直线方程可化为：y− y = (x−x ) ，
1 1 3 3 1 y + y 1
1 3
1 1+ y y
又x = ，故可得y = 1 3 ，……11分
P 2 P y + y
1 3
2
同理可得直线BD的方程为y− y = (x−x ) ，
2 y + y 2
2 4
1 1+ y y
又x = ，故y = 2 4 ，
Q 2 Q y + y
2 4
第 6 页 共 7 页 数学答案 1  1 
1+− − 
 y  y  1+ y y
又y y = y y =−1，所以可得y = 1 3 =− 1 3 ，……12分
1 2 3 4 Q 1 1 y + y
− − 1 3
y y
1 3
可得y + y =0，所以可得PQ的中点恒为F ，……13分
P Q
1
以PQ为直径的圆与y轴相切等价于y = ， ……14分
P 2
1 1+ y y
1
若y = ，则 = 1 3 ，所以2y y +2= y + y ，
P 2 2 y + y 1 3 1 3
1 3
2 2  1  1 
又l ⊥l ，所以  =−1，故y − y − =−4，
1 2 y + y y + y 1 y 3 y
1 2 3 4  1  3 
整理可得(y y )2 − ( y2 + y2) +1=−4y y ，即(y y +1)2 =(y − y )2 ，
1 3 1 3 1 3 1 3 1 3
因为m0，故y  y ，所以y y +1= y − y ．
1 3 1 3 1 3
又2y y +2= y + y ，故可得y =3y ．
1 3 1 3 1 3
代入方程y y +1= y − y 可得，3y2 −2y +1=0，=4−12=−80，
1 3 1 3 3 3
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