鄂东南联盟学校2026年5月高三模拟考试数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260514湖北省鄂东南联盟学校2026年5月高三模拟考试（全科）

高三年级数学参考答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
D B B C B A B A ACD ABD ACD
二、填空题
3
12．6 13． 14．9,+)
4
1．【解答】解：因为B A，所以a+2=1或a+2=a2，解得a=−1或2，当a=−1时，此时a2 =1，不能
满足题意；当a=2时，A={1，3，4}，B={3，4}，满足题意；故a=2．故选：D．
2．【解答】解：当c=0时，无论a，b为何值，ac2 =bc2 =0成立，此时无法判断a，b的大小，则充分
条件不成立，若ab，可知ac2bc2，则必要性成立．故选：B．
  2 2
3．【解答】解：z2 =(cos +isin )2 =( + i)2 =i．故选：B．
4 4 2 2
4．【解答】解：由题意得 f(−1)+ f(1)=0，即2(−1+a)+0=0，故a=1，经检验a=1符合题意．故选：
高三年级数学参考答案 第 1 页（共 8 页）
C
 
PA =(−x,−y),PB =(4−x,−y),PC =(4−x,4−y), PA +PB +PC =(8−3x,4−3y) ．
1 1 1 1 1 1
 P  A  1  +  P  B  1  +  P  C  1  = (8−3x)2 +(4−3y)2 =3    8 3 −x    2 +   3 4 −y    2 ，
设Q点的坐标为   8 3 , 4 3    ，则  P  A  1  +  P  B  1  +  P  C  1  =3PQ 3(QF −2) =2 17−6．故选：A．
1 1 2
9．【解答】解：对于A：因为X ~B(6, )，则D(3X +2)=9D(X)=96  =12，故
3 3 3
．
5．【解答】解：由100.45=4.55，所以将 10 个数据从小到大排列，45 百分位数为第 5 个数据，从 10
个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到8个有效评分，80.45=3.64，所以45百分位数为8
个数据从小到大排列后第4个数据，即为原来的第5个数据，数据没变，故B选项正确．故选：B．
6．【解答】解：设5个正数组成数列{a }，则a +a +a +a +a =5a =10，a =2，
n 1 2 3 4 5 3 3
2−2d 0
则 ，解得−1d1．公差d的取值范围是(−1,1)．故选：A．
2+2d 0
 
7．【解答】解： x [− , ]使得 f(x)的图象在点(x ， f(x ))处的切线与x轴平行，
0 3 4 0 0
   
函数 f(x)在[− , ]上存在最值，即函数 f(x)在[− , ]上存在对称轴，
3 4 3 4
  k     k  
令x+ =k+ ,kZ，得x= + ,kZ， − x ，−  +  ，
4 2  4 3 4 3  4 4
 3
1 k 1 1 −3k−
−  +  ，， 4,kZ 又0，故k=0时，取最小值为1．故选：B．
3  4 4
 4k+1
8．【解答】解：设A D 的中点为F，连接EF、PF，则在EFP中，EF⊥FP，EP2 =EF2+FP2，
1 1
∴FP2，∴P是以F为圆心，以2为半径的圆面（位于正方形ABCD内）．
1 1 1 1
以A为原点建系如图所示，则A(0,0)，B (4,0)，C (4,4),F(0,2)，设P的坐标为(x,y)，则
1 1 1 1
高三年级数学参考答案 第 2 页（共 8 页）
A 正确；
对于B，若X ~ N(,2)，且P(X−2)+P(X 4)=1，则P(X 4)=P(X −2)，=1，故 B 错误；
1 1 7
对于C，因为事件A，B互斥，所以P(A B)=P(A)+P(B)= + = ，故C正确；
4 3 12
1 1 11
对于D，因为事件A，B相互独立，所以P(AB)=1−P(AB)=1−P(A)P(B)=1−  = ，故D正确．
4 3 12
故选：ACD．
10．【解答】解：对于A， f(x)=3x2 +2bx+c，由题意可知x=0是极值点，所以 f(0)=0，解得 c = 0 ，
故A选项正确；对于B，由于 f(x)在[0，2]上单调递减，所以 f(x)0在x[0，2]上恒成立，即3x2 +2bx0
f(0)0
恒成立，则 ，解得b −3，故B选项正确；对于C，由 f(2)=0可得8+4b+d =0，d =−8−4b，
f(2)0
所以 f （1）=1+b+d =−7−3b2，故C选项错误；对于D，由方程 f(x)=0有实数根，，2，可得
f(x)=(x−)(x−)(x−2)=x3+bx2 +cx+d ，故++2=−b，+2(+)=0，2=−d =4b+8．
(−)2 =2 +2 −2=(+)2 −4=(−b−2)2+2d =b2+4b+4−16−8b=(b−2)2−16，
又b −3，所以(b−2)2 −16(−3−2)2 −16=9，即|−|3，故D选项正确．故选：ABD．
|PA| sin sin(−)
11．【解答】解：在△PAB中，由正弦定理可知 = = ，−，均为锐角且随着x 的
|PB| sin sin 0
|PA|
增大分别减小与增大，即sin(−)，sin随着x 的增大分别减小与增大且均为正数，所以 的值随
0 |PB|
y y 2x y 2x y2 2x b2
着x 的增大而减小，故选项A正确；因为tan−tan= 0 + 0 = 0 0 = 0  0 = 0  ，
0 x +a x −a x2 −a2 y x2 −a2 y a2
0 0 0 0 0 0
y b 2a b2 2b 1
又 0  ，所以tan−tan  = ，故选项B错误；因为△PAB的面积S = |AB|y =ay ，
x a b a2 a 2 0 0
0
y y y2 b2 b2
tantan=−k k =− 0  0 =− 0 ，又y2 = (x2 −a2)，tantan=− ，
PA PB x +a x −a x2 −a2 0 a2 0 a2
0 0 0高三年级数学参考答案
一、选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
D B B C B A B A ACD ABD ACD
二、填空题
3
12．6 13． 14．9,+)
4
1．【解答】解：因为B A，所以a+2=1或a+2=a2，解得a=−1或2，当a=−1时，此时a2 =1，不能
满足题意；当a=2时，A={1，3，4}，B={3，4}，满足题意；故a=2．故选：D．
2．【解答】解：当c=0时，无论a，b为何值，ac2 =bc2 =0成立，此时无法判断a，b的大小，则充分
条件不成立，若ab，可知ac2bc2，则必要性成立．故选：B．
  2 2
3．【解答】解：z2 =(cos +isin )2 =( + i)2 =i．故选：B．
4 4 2 2
4．【解答】解：由题意得 f(−1)+ f(1)=0，即2(−1+a)+0=0，故a=1，经检验a=1符合题意．故选：
高三年级数学参考答案 第 1 页（共 8 页）
C
 
PA =(−x,−y),PB =(4−x,−y),PC =(4−x,4−y), PA +PB +PC =(8−3x,4−3y) ．
1 1 1 1 1 1
 P  A  1  +  P  B  1  +  P  C  1  = (8−3x)2 +(4−3y)2 =3    8 3 −x    2 +   3 4 −y    2 ，
设Q点的坐标为   8 3 , 4 3    ，则  P  A  1  +  P  B  1  +  P  C  1  =3PQ 3(QF −2) =2 17−6．故选：A．
1 1 2
9．【解答】解：对于A：因为X ~B(6, )，则D(3X +2)=9D(X)=96  =12，故
3 3 3
．
5．【解答】解：由100.45=4.55，所以将 10 个数据从小到大排列，45 百分位数为第 5 个数据，从 10
个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到8个有效评分，80.45=3.64，所以45百分位数为8
个数据从小到大排列后第4个数据，即为原来的第5个数据，数据没变，故B选项正确．故选：B．
6．【解答】解：设5个正数组成数列{a }，则a +a +a +a +a =5a =10，a =2，
n 1 2 3 4 5 3 3
2−2d 0
则 ，解得−1d1．公差d的取值范围是(−1,1)．故选：A．
2+2d 0
 
7．【解答】解： x [− , ]使得 f(x)的图象在点(x ， f(x ))处的切线与x轴平行，
0 3 4 0 0
   
函数 f(x)在[− , ]上存在最值，即函数 f(x)在[− , ]上存在对称轴，
3 4 3 4
  k     k  
令x+ =k+ ,kZ，得x= + ,kZ， − x ，−  +  ，
4 2  4 3 4 3  4 4
 3
1 k 1 1 −3k−
−  +  ，， 4,kZ 又0，故k=0时，取最小值为1．故选：B．
3  4 4
 4k+1
8．【解答】解：设A D 的中点为F，连接EF、PF，则在EFP中，EF⊥FP，EP2 =EF2+FP2，
1 1
∴FP2，∴P是以F为圆心，以2为半径的圆面（位于正方形ABCD内）．
1 1 1 1
以A为原点建系如图所示，则A(0,0)，B (4,0)，C (4,4),F(0,2)，设P的坐标为(x,y)，则
1 1 1 1
高三年级数学参考答案 第 2 页（共 8 页）
A 正确；
对于B，若X ~ N(,2)，且P(X−2)+P(X 4)=1，则P(X 4)=P(X −2)，=1，故 B 错误；
1 1 7
对于C，因为事件A，B互斥，所以P(A B)=P(A)+P(B)= + = ，故C正确；
4 3 12
1 1 11
对于D，因为事件A，B相互独立，所以P(AB)=1−P(AB)=1−P(A)P(B)=1−  = ，故D正确．
4 3 12
故选：ACD．
10．【解答】解：对于A， f(x)=3x2 +2bx+c，由题意可知x=0是极值点，所以 f(0)=0，解得 c = 0 ，
故A选项正确；对于B，由于 f(x)在[0，2]上单调递减，所以 f(x)0在x[0，2]上恒成立，即3x2 +2bx0
f(0)0
恒成立，则 ，解得b −3，故B选项正确；对于C，由 f(2)=0可得8+4b+d =0，d =−8−4b，
f(2)0
所以 f （1）=1+b+d =−7−3b2，故C选项错误；对于D，由方程 f(x)=0有实数根，，2，可得
f(x)=(x−)(x−)(x−2)=x3+bx2 +cx+d ，故++2=−b，+2(+)=0，2=−d =4b+8．
(−)2 =2 +2 −2=(+)2 −4=(−b−2)2+2d =b2+4b+4−16−8b=(b−2)2−16，
又b −3，所以(b−2)2 −16(−3−2)2 −16=9，即|−|3，故D选项正确．故选：ABD．
|PA| sin sin(−)
11．【解答】解：在△PAB中，由正弦定理可知 = = ，−，均为锐角且随着x 的
|PB| sin sin 0
|PA|
增大分别减小与增大，即sin(−)，sin随着x 的增大分别减小与增大且均为正数，所以 的值随
0 |PB|
y y 2x y 2x y2 2x b2
着x 的增大而减小，故选项A正确；因为tan−tan= 0 + 0 = 0 0 = 0  0 = 0  ，
0 x +a x −a x2 −a2 y x2 −a2 y a2
0 0 0 0 0 0
y b 2a b2 2b 1
又 0  ，所以tan−tan  = ，故选项B错误；因为△PAB的面积S = |AB|y =ay ，
x a b a2 a 2 0 0
0
y y y2 b2 b2
tantan=−k k =− 0  0 =− 0 ，又y2 = (x2 −a2)，tantan=− ，
PA PB x +a x −a x2 −a2 0 a2 0 a2
0 0 0y y
0 − 0
tan+tan x +a x −a a2 2ay
tan=−tan(+)=− =− 0 0 =  0 ，
1−tantan b2 a2 +b2 x2 −a2
1+ 0
a2
a2 2a2y2 2a2b2
所以Stan=  0 = ，故选项C正确．
a2 +b2 x2 −a2 a2 +b2
0
cos cos[(+)−] cos(−−) cos(+) coscos−sinsin 1−tantan
= = = = = 为 定
cos(2+) cos[(+)+] cos(−+) cos(−) coscos+sinsin 1+tantan
值，故D正确．故选：ACD．
12．【解答】解：由题意 4 人中选 2 人出来，他们的编号一致，剩下 2 人编号不一致，只有一种坐法，方
法数为C2 =6．
4
x2
13．【解答】解：由椭圆C: + y2 =1，可得上顶点坐标为A(0,1)．设M(x ，y )，N(x ，
4 1 1 2
高三年级数学参考答案 第 3 页（共 8 页）
y
2
) ，因为  A M N
1 x +x 1 3 3
的重心为(1,0)，所以x +x =3，y + y =−1，则由点差法得直线的斜率k =−  1 2 =−  = ．
1 2 1 2 4 y + y 4 −1 4
1 2
k
14．【解答】解：易知数列a 是递减数列， 对于A 中任意一个元素 ，比它大的元素有
n n 3k−1
k − 1 个，这 k − 1
sinBAD 1
因为 = ，AB=2 3，所以AC=2 3，……………………………………9分
sinCAD 2
设BD=x，在ABD和ACD中，由余弦定理得
AB2 = AD2 +x2 −2ADxcosADB；AC2 = AD2 +(2x)2 −2AD2xcosADC
即(2 3)2 =22 +x2 −22xcosADB；(2 3)2 =22+(2x)2−222xcosADC，
两式相加得x=2，所以CD=2x=4，即CD的长为4．……………………………………13分
16．【解答】解：（1）证明：过点B作BH ⊥CD于H，由平面BCD⊥平面ACD，
平面BCD  平面ACD=CD，BH 平面BCD，
所以BH ⊥平面ACD，AD平面ACD，故BH⊥AD，………………………3分
又AB为直径，则BD⊥AD，且BD BH =B，BD，BH 平面BCD，所以AD⊥
平面BCD，BC平面BCD，所以BC⊥AD，且AB⊥BC，AD，AB平面BAD，
AD AB=A，所以CB⊥平面ABD．……………………………………6分
1 1 1
k k （2）由（1）知，V = BCS =BDAD (BD2 +AD2)= AB2 =9，
个元素组成的集合的所有子集有2k−1个，把 加进这些子集形成新的集合，每个新集合都是以 为最小 C−ABD 3 ABD 4 4
3k−1 3k−1
k k 当BD= AD=3 2时，V 取到最大值，……………………………8分
元素的A 的非空子集，故以 为最小元素的A 的非空子集有2k−1个，即在T 中 出现了2k−1次，加在一 C−ABD
n 3k−1 n n 3k−1
过点D作DO⊥AB于O，建立以O为原点，直线OD为x轴，直线OA为y轴，过O
k 2 k−1 2 0 2 1 2 2 2 n−2 2 n−1 2 n
起就是 3k−1 2k−1=k 3   ， T n =1 3   +2 3   +3 3    +(n−1) 3   +n 3   ， T n =9−(3n+9)  3   ， 点垂直于平面ABD的方向为z轴，
则B(0,−3,0),A(0,3,0),D(3,0,0),E(0,1,2)，C(0,−3,6)，……………………………10分
2 n
显然T 是单调递增的，当n=1时，(T ) =T =1 且当n→+时，(3n+9)   →0，T →9 
n n min 1 ， 3 n 所以BD=(3,3,0),BE=(0,4,2)，设平面BED与平面AEB的法向量分别为n,n ，
1 2
 
故1T 9，故实数的取值范围为9,+)．  BD⊥n  BDn =3x+3y=0
n 则 1，则 1 ，令x=1，可得n =(1,−1,2)，……………………………12分
1
BE ⊥n BEn =4y+2z=0
AB AD 2 3 2 1 1
15．【解答】解：（1）在ABD中，由正弦定理得 = ， = ，
sinADB sinB sinADB sin30
因为平面AEB的法向量为n =(1,0,0)，……………………………13分
2
3
解得sinADB= ，则ADB=120或60，
2 
|n n | 6
则平面BED与平面AEB夹角的余弦值cos= 12 = ．……………………………15分
若ADB=120，则BAD=30，所以BD=AD=2，所以CD=2BD=4；
|n ||n | 6
1 2
若ADB=60，则BAD=90，所以BD=2AD=4，所以CD=2BD=8．
a
17．【解答】解：（1） f(x)=(1−a)lnx+ +x的定义域为(0,+)，
x
综上，CD的长为4或8．……………………………………6分（少一种情况扣2分）
2 1 2 −x−2+x2 (x−2)(x+1)
当a=2时，函数 f(x)=−lnx+ +x， f(x)=− − +1= = ，
1
ABADsinBAD x x x2 x2 x2
S 1 S 2 1
（2）由CD=2BD，得
S
BAD =
2
，所以
S
BAD =
1
=
2
，
由 f(x)0，得x(2,+)，因此 f(x)的单调递增区间是(2,+)．……………………………5分
CAD CAD ACADsinCAD
2
高三年级数学参考答案 第 4 页（共 8 页）y y
0 − 0
tan+tan x +a x −a a2 2ay
tan=−tan(+)=− =− 0 0 =  0 ，
1−tantan b2 a2 +b2 x2 −a2
1+ 0
a2
a2 2a2y2 2a2b2
所以Stan=  0 = ，故选项C正确．
a2 +b2 x2 −a2 a2 +b2
0
cos cos[(+)−] cos(−−) cos(+) coscos−sinsin 1−tantan
= = = = = 为 定
cos(2+) cos[(+)+] cos(−+) cos(−) coscos+sinsin 1+tantan
值，故D正确．故选：ACD．
12．【解答】解：由题意 4 人中选 2 人出来，他们的编号一致，剩下 2 人编号不一致，只有一种坐法，方
法数为C2 =6．
4
x2
13．【解答】解：由椭圆C: + y2 =1，可得上顶点坐标为A(0,1)．设M(x ，y )，N(x ，
4 1 1 2
高三年级数学参考答案 第 3 页（共 8 页）
y
2
) ，因为  A M N
1 x +x 1 3 3
的重心为(1,0)，所以x +x =3，y + y =−1，则由点差法得直线的斜率k =−  1 2 =−  = ．
1 2 1 2 4 y + y 4 −1 4
1 2
k
14．【解答】解：易知数列a 是递减数列， 对于A 中任意一个元素 ，比它大的元素有
n n 3k−1
k − 1 个，这 k − 1
sinBAD 1
因为 = ，AB=2 3，所以AC=2 3，……………………………………9分
sinCAD 2
设BD=x，在ABD和ACD中，由余弦定理得
AB2 = AD2 +x2 −2ADxcosADB；AC2 = AD2 +(2x)2 −2AD2xcosADC
即(2 3)2 =22 +x2 −22xcosADB；(2 3)2 =22+(2x)2−222xcosADC，
两式相加得x=2，所以CD=2x=4，即CD的长为4．……………………………………13分
16．【解答】解：（1）证明：过点B作BH ⊥CD于H，由平面BCD⊥平面ACD，
平面BCD  平面ACD=CD，BH 平面BCD，
所以BH ⊥平面ACD，AD平面ACD，故BH⊥AD，………………………3分
又AB为直径，则BD⊥AD，且BD BH =B，BD，BH 平面BCD，所以AD⊥
平面BCD，BC平面BCD，所以BC⊥AD，且AB⊥BC，AD，AB平面BAD，
AD AB=A，所以CB⊥平面ABD．……………………………………6分
1 1 1
k k （2）由（1）知，V = BCS =BDAD (BD2 +AD2)= AB2 =9，
个元素组成的集合的所有子集有2k−1个，把 加进这些子集形成新的集合，每个新集合都是以 为最小 C−ABD 3 ABD 4 4
3k−1 3k−1
k k 当BD= AD=3 2时，V 取到最大值，……………………………8分
元素的A 的非空子集，故以 为最小元素的A 的非空子集有2k−1个，即在T 中 出现了2k−1次，加在一 C−ABD
n 3k−1 n n 3k−1
过点D作DO⊥AB于O，建立以O为原点，直线OD为x轴，直线OA为y轴，过O
k 2 k−1 2 0 2 1 2 2 2 n−2 2 n−1 2 n
起就是 3k−1 2k−1=k 3   ， T n =1 3   +2 3   +3 3    +(n−1) 3   +n 3   ， T n =9−(3n+9)  3   ， 点垂直于平面ABD的方向为z轴，
则B(0,−3,0),A(0,3,0),D(3,0,0),E(0,1,2)，C(0,−3,6)，……………………………10分
2 n
显然T 是单调递增的，当n=1时，(T ) =T =1 且当n→+时，(3n+9)   →0，T →9 
n n min 1 ， 3 n 所以BD=(3,3,0),BE=(0,4,2)，设平面BED与平面AEB的法向量分别为n,n ，
1 2
 
故1T 9，故实数的取值范围为9,+)．  BD⊥n  BDn =3x+3y=0
n 则 1，则 1 ，令x=1，可得n =(1,−1,2)，……………………………12分
1
BE ⊥n BEn =4y+2z=0
AB AD 2 3 2 1 1
15．【解答】解：（1）在ABD中，由正弦定理得 = ， = ，
sinADB sinB sinADB sin30
因为平面AEB的法向量为n =(1,0,0)，……………………………13分
2
3
解得sinADB= ，则ADB=120或60，
2 
|n n | 6
则平面BED与平面AEB夹角的余弦值cos= 12 = ．……………………………15分
若ADB=120，则BAD=30，所以BD=AD=2，所以CD=2BD=4；
|n ||n | 6
1 2
若ADB=60，则BAD=90，所以BD=2AD=4，所以CD=2BD=8．
a
17．【解答】解：（1） f(x)=(1−a)lnx+ +x的定义域为(0,+)，
x
综上，CD的长为4或8．……………………………………6分（少一种情况扣2分）
2 1 2 −x−2+x2 (x−2)(x+1)
当a=2时，函数 f(x)=−lnx+ +x， f(x)=− − +1= = ，
1
ABADsinBAD x x x2 x2 x2
S 1 S 2 1
（2）由CD=2BD，得
S
BAD =
2
，所以
S
BAD =
1
=
2
，
由 f(x)0，得x(2,+)，因此 f(x)的单调递增区间是(2,+)．……………………………5分
CAD CAD ACADsinCAD
2
高三年级数学参考答案 第 4 页（共 8 页）1−a a x2 +(1−a)x−a (x−a)(x+1)
（2）根据题意，导函数 f(x)= − +1= = ，a0，
x x2 x2 x2
当xa时， f(x)0；当0xa时， f(x)0，因此 f(x)在(a,+)上递增，在(0,a)上递减，
f(x) = f(a) =(1−a)lna+1+a，根据函数 f(x)2恒成立，得不等式(1−a)lna+1+a2恒成立，
min
那么(1−a)lna+a−10，即(a−1)(lna−1)0，解得1a e，因此a[1，e]．………………………10分
e
+x−2
e x
（3）由（2）知，当a=e时，函数 f(x)=(1−e)lnx+ +x2，即lnx ，
x e−1
e e−1+1
+2.5−2 +0.5
2.5 2.5 2 0.9 2 0.9 2 0.9
令x=2.5，ln2.5 = = + ， e2.71， +  + 0.95，
e−1 e−1 5 e−1 5 e−1 5 1.71
ln2.50.95，2.5e0.95．……………………………15分
1 1 1
18．【解答】解：（1）：y= x2(p0)，y= x，所以切线斜率为 y| =
2p p x=1 p ，
 1  1 1 1
故抛物线在A

1,
2p


处的切线方程为y−
2p
=
p
(x−1) ， 令y=0得x=
2
；令x=0得
高三年级数学参考答案 第 5 页（共 8 页）
y = −
2
1
p
 x +x 2(x +1)(x −1)
故S 1 2 , 1 2  ……………………………12分
x −x +2 x −x +2
 
1 2 1 2
又直线DE的方程为y− ( x2 −1 ) =(x +x )(x−x )，即y=(x +x )x−xx −1
1 1 2 1 1 2 1 2
xx +1 −1  −1 
代入(0,1)得x
1
x
2
=−2，令y=0得x=
x
1
+
2
x
=
x +x ，
故T
x +x
,0
 ，
假设在平面内存在一定点
1 2 1 2 1 2
，
1 1 1 1 1
故切线与坐标轴所围成的三角形的面积为   = 解得： p= ．
2 2 2p 4
，
2
1
故 p的值为 ． ……………………………4分
2
1−a2 a2 −b2
（2）设B ( a,a2) ,C ( b,b2) ，则k = =1+a，k = =a+b，
AB 1−a BC a−b
由AB⊥BC得k k =(1+a)(a+b)=−1 ……………………………6分
AB BC
−1 1
则b= −a，其中a1,ab,b1，解得：a1令t =−(1+a)−2，则b= +t+1，
1+a t
结合对勾函数的图象可知b的取值范围为(−,−13,+)
，
故点C的横坐标的取值范围为(−,−13,+) ．……………………………9分
x2 −1
（3）由题意可知：：y=x2 −1，M(−1,0),N(1,0) 设D ( x,x2 −1 ) ,E ( x ,x2 −1 ) ，则k = 1 =x +1
， 1 1 2 2 ND x −1 1
1
故直线ND的方程为y=(x +1)(x−1)同理，直线ME的方程为y=(x −1)(x+1)
1 2
 x +x
x= 1 2

 x −x +2
联立直线ME与ND的方程解得： 1 2
2(x +1)(x −1)，
 y= 1 2
  x −x +2
1 2
高三年级数学参考答案 第 6 页（共 8 页）
Q ，

使得QSQT为定值，由对称性分析可知：Q一定在y轴上，故设Q(0,y ) ………………………13分
0

( )( ) ( )( )
则QSQT = x −x x −x + y −y y −y
S Q T Q S Q T Q
 x +x  −1  2(x +1)(x −1) 
= 1 2 −0 −0+ 1 2 −y  (0−y ) x −x +2 x +x   x −x +2 0  0
1 2 1 2 1 2
−1 2(x −x +3)y −1+2(x −x +3)y
= + 1 2 0 + y2 = 1 2 0 + y2
x −x +2 x −x +2 0 x −x +2 0
1 2 1 2 1 2
2y (x −x )+6y −1
= 0 1 2 0 + y2 ……………………………15分
x −x +2 0
1 2
 2y 6y −1 1 5
要使得对于任意的变量x −x ，QSQT为定值，则 0 = 0 ，解得y = ，此时QSQT =
1 2 1 2 0 2 4
 1  5
综上所述：在平面内存在定点Q 0,  ，使得QSQT为定值 ． ………………………17分
 2 4
方法二：由题意可知：：y=x2 −1，M(−1,0),N(1,0)设D ( x,x2 −1 ) ,E ( x ,x2 −1 ) ，x 0,x 0，
1 1 2 2 1 2
1  1 
设直线l的方程为y=kx+1(k 0)，令y=0解得：x=−
k
，故T

−
k
,0

y=x2 −1 k− k2 +8 k+ k2 +8
联立
y=kx+1
消去x2 −kx−2=0，解得：x
1
=
2 ，
x
2
=
2
x2 −1 k+2− k2 +8 x2 −1 k−2+ k2 +8
故k = 1 =x +1= ，k = 2 =x −1=
ND x −1 1 2 ME x −(−1) 2 2
1 2
k+2− k2 +8 k−2+ k2 +8
故直线ND的方程为y= (x−1)，直线ME的方程为y= (x+1)
2 21−a a x2 +(1−a)x−a (x−a)(x+1)
（2）根据题意，导函数 f(x)= − +1= = ，a0，
x x2 x2 x2
当xa时， f(x)0；当0xa时， f(x)0，因此 f(x)在(a,+)上递增，在(0,a)上递减，
f(x) = f(a) =(1−a)lna+1+a，根据函数 f(x)2恒成立，得不等式(1−a)lna+1+a2恒成立，
min
那么(1−a)lna+a−10，即(a−1)(lna−1)0，解得1a e，因此a[1，e]．………………………10分
e
+x−2
e x
（3）由（2）知，当a=e时，函数 f(x)=(1−e)lnx+ +x2，即lnx ，
x e−1
e e−1+1
+2.5−2 +0.5
2.5 2.5 2 0.9 2 0.9 2 0.9
令x=2.5，ln2.5 = = + ， e2.71， +  + 0.95，
e−1 e−1 5 e−1 5 e−1 5 1.71
ln2.50.95，2.5e0.95．……………………………15分
1 1 1
18．【解答】解：（1）：y= x2(p0)，y= x，所以切线斜率为 y| =
2p p x=1 p ，
 1  1 1 1
故抛物线在A

1,
2p


处的切线方程为y−
2p
=
p
(x−1) ， 令y=0得x=
2
；令x=0得
高三年级数学参考答案 第 5 页（共 8 页）
y = −
2
1
p
 x +x 2(x +1)(x −1)
故S 1 2 , 1 2  ……………………………12分
x −x +2 x −x +2
 
1 2 1 2
又直线DE的方程为y− ( x2 −1 ) =(x +x )(x−x )，即y=(x +x )x−xx −1
1 1 2 1 1 2 1 2
xx +1 −1  −1 
代入(0,1)得x
1
x
2
=−2，令y=0得x=
x
1
+
2
x
=
x +x ，
故T
x +x
,0
 ，
假设在平面内存在一定点
1 2 1 2 1 2
，
1 1 1 1 1
故切线与坐标轴所围成的三角形的面积为   = 解得： p= ．
2 2 2p 4
，
2
1
故 p的值为 ． ……………………………4分
2
1−a2 a2 −b2
（2）设B ( a,a2) ,C ( b,b2) ，则k = =1+a，k = =a+b，
AB 1−a BC a−b
由AB⊥BC得k k =(1+a)(a+b)=−1 ……………………………6分
AB BC
−1 1
则b= −a，其中a1,ab,b1，解得：a1令t =−(1+a)−2，则b= +t+1，
1+a t
结合对勾函数的图象可知b的取值范围为(−,−13,+)
，
故点C的横坐标的取值范围为(−,−13,+) ．……………………………9分
x2 −1
（3）由题意可知：：y=x2 −1，M(−1,0),N(1,0) 设D ( x,x2 −1 ) ,E ( x ,x2 −1 ) ，则k = 1 =x +1
， 1 1 2 2 ND x −1 1
1
故直线ND的方程为y=(x +1)(x−1)同理，直线ME的方程为y=(x −1)(x+1)
1 2
 x +x
x= 1 2

 x −x +2
联立直线ME与ND的方程解得： 1 2
2(x +1)(x −1)，
 y= 1 2
  x −x +2
1 2
高三年级数学参考答案 第 6 页（共 8 页）
Q ，

使得QSQT为定值，由对称性分析可知：Q一定在y轴上，故设Q(0,y ) ………………………13分
0

( )( ) ( )( )
则QSQT = x −x x −x + y −y y −y
S Q T Q S Q T Q
 x +x  −1  2(x +1)(x −1) 
= 1 2 −0 −0+ 1 2 −y  (0−y ) x −x +2 x +x   x −x +2 0  0
1 2 1 2 1 2
−1 2(x −x +3)y −1+2(x −x +3)y
= + 1 2 0 + y2 = 1 2 0 + y2
x −x +2 x −x +2 0 x −x +2 0
1 2 1 2 1 2
2y (x −x )+6y −1
= 0 1 2 0 + y2 ……………………………15分
x −x +2 0
1 2
 2y 6y −1 1 5
要使得对于任意的变量x −x ，QSQT为定值，则 0 = 0 ，解得y = ，此时QSQT =
1 2 1 2 0 2 4
 1  5
综上所述：在平面内存在定点Q 0,  ，使得QSQT为定值 ． ………………………17分
 2 4
方法二：由题意可知：：y=x2 −1，M(−1,0),N(1,0)设D ( x,x2 −1 ) ,E ( x ,x2 −1 ) ，x 0,x 0，
1 1 2 2 1 2
1  1 
设直线l的方程为y=kx+1(k 0)，令y=0解得：x=−
k
，故T

−
k
,0

y=x2 −1 k− k2 +8 k+ k2 +8
联立
y=kx+1
消去x2 −kx−2=0，解得：x
1
=
2 ，
x
2
=
2
x2 −1 k+2− k2 +8 x2 −1 k−2+ k2 +8
故k = 1 =x +1= ，k = 2 =x −1=
ND x −1 1 2 ME x −(−1) 2 2
1 2
k+2− k2 +8 k−2+ k2 +8
故直线ND的方程为y= (x−1)，直线ME的方程为y= (x+1)
2 2 k
x= 设第一天结束时，被成功激活的用户人数为偶数的概率为P ，则1+(1−2p)m =2P ，
 0 0
2− k2 +8

联立直线ME与ND的方程解得： ( ) 1+(1−2p)m

2 k2 +8−3 ， 所以得到P = ； …………………………………9分
y= 0 2
 2− k2 +8
C1 2
（3）甲在第一天被选中记为事件A，两天后甲是激活用户记为事件B，则P(A)= 4 = ，
 2 ( k2 +8−3 ) C2 5
 k  5
故S , ……………………………12分
 
2− k2 +8 2− k2 +8 
 

假设在平面内存在一定点Q，使得QSQT为定值
由对称性分析可知：Q一定在y轴上，故设Q(0,y ) ……………………………13分
0

( )( ) ( )( )
则QSQT = x −x x −x + y −y y −y
S Q T Q S Q T Q
 2 ( k2 +8−3 ) 
 k  1   
= 2− k2 +8 −0    − k −0  +   2− k2 +8 − y 0  (0− y 0 )
 
( ) ( )
2 3− k2 +8 y −1+2 3− k2 +8 y
−1 0 0
= + +y2 = + y2
0 0 2− k2 +8 2− k2 +8 2− k2 +8
−2y k2 +8+6y −1
= 0 0 + y2 ……………………………15分
0
− k2 +8+2
 −2y 6y −1 1 5
要使得对于任意的变量 k2 +8，QSQT为定值，则 0 = 0 ，解得y = ，此时QSQT =
−1 2 0 2 4
 1  5 综上所述：在平面内存在定点Q 0,  ，使得QSQT为定值 ． …………………17分
 2 4
19．【解答】解：（1）设X 表示第一天结束时被成功激活的用户人数，易知X ~B(m,p)，
则E(X)=mp； ……………………………………4分
（2）考虑二项展开：
m
(1− p+ p)m =Ck(1− p)m−k pk =1①，
m
k=0
m m
(1− p− p)m =(1−2p)m =Ck(1− p)m−k(−p)k =Ck(−1)k(1− p)m−k pk ②，
m m
k=0 k=0
m
1+(1−2p)m =Ck[(−1)k +1](1− p)m−k pk
①+②可得 m ，
k=0
k为偶数时，1+(−1)k =2，k为奇数时，1+(−1)k =0，
高三年级数学参考答案 第 7 页（共 8 页） 高三年级数学参考答案 第 8 页（共 8 页）
P ( A ) =
3
5
，
一、甲在第一天被选中，①甲第一天被激活的概率为 p=0.4；②第一天未被激活，则第二天能否被激活
取决于另一被选中者的状态，另一人被激活的概率为p=0.4，此时k=1，甲被激活的概率为 1 − (1 − a ) 1 = a ，
因此，在甲是初始选中的两人之一的条件下，
甲在两天后被成功激活的概率为：P(B|A)=0.4+0.60.4a=0.4+0.24a；……………………………12分
二、甲在第一天未被选中，①第一天选中的2人中有1人被成功激活，再由此人成功激活甲，
概率为C1p(1− p)[1−(1−a)]=2p(1− p)a=0.48a，
2
②第一天有2人被成功激活，甲在第二天被成功激活的概率为：
p2[1−(1−a)2]= p2(2a−a2)=−0.16a2 +0.32a，
因此，在甲不是初始选中的两人的条件下，
甲在两天后被成功激活的概率为：P(B|A)=0.48a+(−0.16a2+0.32a)=−0.16a2+0.8a，……………15分
综上，甲在两天后是激活用户的概率：
2 3
P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)= (0.4+0.24a)+ (−0.16a2 +0.8a)=−0.096a2 +0.576a+0.16．
5 5
……………………………………16分
爆发式流量暴涨解释：
激活概率1−(1−a)k 随激活人数k指数增长，初期激活人数少，传播慢；当k增大到一定规模，(1−a)k 迅
速趋近于0，用户被激活概率急剧接近1，大量用户在短时间内集中被激活，形成爆发式流量暴涨．
……………………………………17分 k
x= 设第一天结束时，被成功激活的用户人数为偶数的概率为P ，则1+(1−2p)m =2P ，
 0 0
2− k2 +8

联立直线ME与ND的方程解得： ( ) 1+(1−2p)m

2 k2 +8−3 ， 所以得到P = ； …………………………………9分
y= 0 2
 2− k2 +8
C1 2
（3）甲在第一天被选中记为事件A，两天后甲是激活用户记为事件B，则P(A)= 4 = ，
 2 ( k2 +8−3 ) C2 5
 k  5
故S , ……………………………12分
 
2− k2 +8 2− k2 +8 
 

假设在平面内存在一定点Q，使得QSQT为定值
由对称性分析可知：Q一定在y轴上，故设Q(0,y ) ……………………………13分
0

( )( ) ( )( )
则QSQT = x −x x −x + y −y y −y
S Q T Q S Q T Q
 2 ( k2 +8−3 ) 
 k  1   
= 2− k2 +8 −0    − k −0  +   2− k2 +8 − y 0  (0− y 0 )
 
( ) ( )
2 3− k2 +8 y −1+2 3− k2 +8 y
−1 0 0
= + +y2 = + y2
0 0 2− k2 +8 2− k2 +8 2− k2 +8
−2y k2 +8+6y −1
= 0 0 + y2 ……………………………15分
0
− k2 +8+2
 −2y 6y −1 1 5
要使得对于任意的变量 k2 +8，QSQT为定值，则 0 = 0 ，解得y = ，此时QSQT =
−1 2 0 2 4
 1  5 综上所述：在平面内存在定点Q 0,  ，使得QSQT为定值 ． …………………17分
 2 4
19．【解答】解：（1）设X 表示第一天结束时被成功激活的用户人数，易知X ~B(m,p)，
则E(X)=mp； ……………………………………4分
（2）考虑二项展开：
m
(1− p+ p)m =Ck(1− p)m−k pk =1①，
m
k=0
m m
(1− p− p)m =(1−2p)m =Ck(1− p)m−k(−p)k =Ck(−1)k(1− p)m−k pk ②，
m m
k=0 k=0
m
1+(1−2p)m =Ck[(−1)k +1](1− p)m−k pk
①+②可得 m ，
k=0
k为偶数时，1+(−1)k =2，k为奇数时，1+(−1)k =0，
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P ( A ) =
3
5
，
一、甲在第一天被选中，①甲第一天被激活的概率为 p=0.4；②第一天未被激活，则第二天能否被激活
取决于另一被选中者的状态，另一人被激活的概率为p=0.4，此时k=1，甲被激活的概率为 1 − (1 − a ) 1 = a ，
因此，在甲是初始选中的两人之一的条件下，
甲在两天后被成功激活的概率为：P(B|A)=0.4+0.60.4a=0.4+0.24a；……………………………12分
二、甲在第一天未被选中，①第一天选中的2人中有1人被成功激活，再由此人成功激活甲，
概率为C1p(1− p)[1−(1−a)]=2p(1− p)a=0.48a，
2
②第一天有2人被成功激活，甲在第二天被成功激活的概率为：
p2[1−(1−a)2]= p2(2a−a2)=−0.16a2 +0.32a，
因此，在甲不是初始选中的两人的条件下，
甲在两天后被成功激活的概率为：P(B|A)=0.48a+(−0.16a2+0.32a)=−0.16a2+0.8a，……………15分
综上，甲在两天后是激活用户的概率：
2 3
P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)= (0.4+0.24a)+ (−0.16a2 +0.8a)=−0.096a2 +0.576a+0.16．
5 5
……………………………………16分
爆发式流量暴涨解释：
激活概率1−(1−a)k 随激活人数k指数增长，初期激活人数少，传播慢；当k增大到一定规模，(1−a)k 迅
速趋近于0，用户被激活概率急剧接近1，大量用户在短时间内集中被激活，形成爆发式流量暴涨．
……………………………………17分