东北三省三校2026届高三数学下学期第一次联合模拟考试题含解析

2026年高三第一次联合模拟考试

数学试卷

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.

1.已知集合A{x|1x1}，Bx|0x2，则AB（）

A.{x|1x2}B.{x|1x2}C.{x|0x1}D.{x|0x2}

【答案】B

【解析】

【详解】AB{x|1x1}x|0x2{x|1x2}

5

2.复数的共轭复数是（）

i2

A.i+2B.2iC.2iD.2i

【答案】C

【解析】

【分析】由复数的除法运算和共轭复数概念即可求解.

55i2

【详解】2i，

i2i2i2

所以共轭复数为2i，

故选：C

3.样本数据2，8，14，16，20的第60百分位数是（）

A.14B.15C.16D.18

【答案】B

【解析】

【分析】根据百分位数计算公式计算即可.

1416

【详解】因为560%3，所以这组数据的第60百分位数是15.

2

故选：B

4.命题“xR,exlnx1”的否定是（）

A.xR,exlnx1B.xR,exlnx1

C.xR,exlnx1D.xR,exlnx1

【答案】A

【解析】

【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断可得.

【详解】根据存在量词命题的否定为全称量词命题，

则命题“xR,exlnx1”的否定为“xR,exlnx1”，

故选：A.

5.设l，m是两条不同的直线，，是两个不同的平面，以下说法正确的是（）

A.若lm，m//，则lB.若l//，，则l

C.若lm，m，，则lD.若l，m，m，则l

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】对于A，若lm，m//，则l或l//或l与相交，故A错误；

对于B，若l//，，则l或l//或l与相交，故B错误；

对于C，若lm，m，，则l或l//或l与相交不垂直或l与垂直，故C错误；

对于D，若l，m，则l//m，又因为m，则l，故D正确.

6.已知抛物线C:y24x的焦点为F，准线为l,P为抛物线上一点，作PMl于点M，若△PMF为

等边三角形，则P点的横坐标为（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】C

【解析】

【分析】利用抛物线的标准方程先确定F坐标，结合定义与正三角形的性质计算即可.

【详解】由抛物线的定义可知PFPM，且F1,0,l:x1，过F作FDPM，

可知D为PM的中点，

PM

则MD112，即PM4，所以P点的横坐标为3.

2

故选：C

7.已知数列an，bn为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，且满足n1an2n1bn1，则

S

7（）

T7

151599

A.B.C.D.

7845

【答案】C

【解析】

S7a4

【分析】利用等差数列前n项和公式及等差数列性质将转化为，再利用n1an2n1bn1求出

T7b4

a

4的值即可.

b4

naanbb

【详解】等差数列前n项和S1n，T1n，

n2n2

7a1a7

Saa

所以7217，

T77b1b7b1b7

2

由等差数列性质知a1a72a4，b1b72b4，

Saa2aa

所以71744.

T7b1b72b4b4

又n1an2n1bn1，

当n2时，21a2221b21，即3a25b3，

当n3时，31a3231b31，即4a37b4，

当n4时，41a4241b41，即5a49b5，

令等差数列an的公差为d1，等差数列bn的公差为d2，

则3a42d15b4d2①，4a4d17b4②，5a49b4d2③，

4a7b5a9b

由②得，d44，由③得，d44，

1429

a9Sa9

474

代入①中，整理得，4a49b4，所以，故.

b44T7b44

故选：C.

1

8.若定义在R上的函数fx满足fx1fx1f2，fx1是奇函数，f1，则

2

62k1

kf（）

k12

A.1B.0C.1D.2

【答案】A

【解析】

【分析】由fx1是奇函数可得fx关于1,0中心对称，结合fx1fx1f2，利用赋

1

值法计算可得fx1fx10，即可得该函数周期，再利用f1，则可计算出k为1到6时的

2

2k1

f的值，即可得解.

2

【详解】由fx1是奇函数，则fx1fx1，故fx关于1,0中心对称，

由fx1fx1f2，令x1，则f2f0f2，即f00，

由fx1fx1，令x1，则f2f00，

故fx1fx10，则fx3fx10，

故fx3fx1fx1，即有fx4fx，故fx以4为周期，

13111

由f1，则ff1f1f1，

22222

511713

ff3f1，ff3f1，

222222

9111133

ff4f1，ff4f1，

222222

62k11357911

则kf1f2f3f4f5f6f

k12222222

1121314151611.

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.

9.下列关于函数.fxsin2x2sinxxR的说法正确的是（）

π

A.fx为奇函数B.x是fx图象的一条对称轴

2

3333

C.fx为周期函数，且最小正周期为πD.fx的值域为,

22

【答案】AD

【解析】

【分析】利用奇偶性定义判断A，利用函数对称性与周期性的定义判断BC；利用导数判断D.

【详解】对于A，fxsin2x2sinxsin2x2sinxsin2x2sinxfx，fx

为奇函数，故A正确.

πππ

对于B，fxsin2x2sinxsin2x2cosx，

222

πππ

fxsin2x2sinxsin2x2cosx，

222

πππ

fxfx，x不是fx图象的一条对称轴，故B错误；

222

对于C，fxπsin2xπ2sinxπsin2x2sinx，fxfxπ，π不是fx

的周期，故C错误，

对于D，fx2cos2x2cosx22cos2x12cosx4cos2x2cosx2，

1

令fx0，即4cos2x2cosx20，解得cosx或cosx1，

2

当cosx1时，sinx0，fx0，

13

当cosx时，sinx，fx2sinxcosx2sinx3sinx，故函数极值为

22

333

3.

22

3333

fx的值域为,，故D正确.

22

10.已知828，则（）

2xa0a1xa2xa8x

A.8B.

a02a1a2a81

Caaaa38D.a2a3a8a8

.12381238

【答案】AD

【解析】

【分析】结合赋值法、导数运算以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.

【详解】由828，

2xa0a1xa2xa8x

令得8，A选项正确.

x0a02

令得8，B选项错误.

x1a0a1a2a81,a1a2a812

二项式8展开式的通项公式为r8rrr8rrr，

2xC82x12C8x

由此可知a1,a3,a5,a7是负数，a2,a4,a6,a8为正数，

所以令得8，

x1a0a1a2a3a4a5a6a7a83

88，

a1a2a3a4a5a6a7a832

88

即a1a2a3a832，C选项错误

由828，

2xa0a1xa2xa8x

两边求导得727，

82xa12a2x3a3x8a8x

令x1得a12a23a38a88，所以D选项正确.

故选：AD

22

11.已知双曲线xy的离心率为，其左、右焦点分别为，，点在的

C:1a0,b05F1F2AC

a2b2

右支上，直线AF2与C交于另一点B，AB的中点为M，O为坐标原点，则下列说法错．误．的是（）

A.存在点A，使得直线AF2的斜率为2

B.存在点，使得

AF1AF290

C.存在点A，使得OAAF2

D.存在点A，使得点M的横坐标为2a

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，找到渐近线斜率即可判断；对于B，利用，求出A点的横坐标，然后结合条件

F1AF2A

检验即可判断；对于C，将OAAF2转化成两点间距离公式，求出A点的横坐标在符合题目范围内即可

b2

判断；对于D，利用点差法得kk，进而判断出不存在点M使得等式成立.

OMABa2

【详解】设点A(x0,y0)，B(x1,y1)，F1(c,0)，F2(c,0)，

c2a2b2b2b

由题知离心率e15，解得2，

a2a2a2a

故有b2a,c5a，双曲线C的渐近线为y2x，

对于A选项，如果存在点A，使得直线AF2的斜率为2，

直线AF2与渐近线平行，不会与双曲线有两个交点，故A错误；

对于B选项：，，若，即，

F1Ax0c,y0F2Ax0c,y0F1AF290F1AF2A

可得222，即：222（①），

F1AF2Ax0cy00x05ay00

而A(x0,y0)位于双曲线右支上，其中x0a，

x2y2x2y2

故有：001，即：001（②），

a2b2a24a2

45

联立①②两个等式可得：3545，又F5a,0，此时k52，由选

xa,ya2AF2

050535

5

5

项A可知不合题意，故B选项错误；

对于C选项：由，即：2222，化简得：c5a，由点在的

OAAF2xyxcyxAC

0000022

右支上可知：x0a，故存在点A，使得OAAF2，故C选项正确；

yMyM

对于D选项：设M(2a,yM)，kk，k，

ABMF22acOM2a

b2y2

而kk4，带入化简得：kkM4，而c5a，

OMABa2ABAB4a22ac

故2222，可知不存在这样的点M使等式成立，

yM16a8ac16a85a0

故不存在点A，使得点M的横坐标为2a，故D选项错误.

b2

下面为证明：kk，

OMABa2

x0x1y0y1y0y1

AB的中点为M，根据中点坐标公式可知M(,)，故kOM，

22x0x1

yyyyyyy2y2

k01，故kk010101，

ABOMAB22

x0x1x0x1x0x1x0x1

22

x0y0

而A(x0,y0)，B(x1,y1)两点均位于双曲线上，故：1（③）

a2b2

x2y2x2x2y2y2

111（④），用③减④得：01010，

a2b2a2b2

y2y2b22

化简得01，故b，证毕.

222kOMkAB2

x0x1aa

故选：AD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.若向量a，b满足a3,4，bm,5，且a//b，则b在a方向上的投影向量的坐标为_____.

15

【答案】,5

4

【解析】

【分析】根据a//b，求出m，再结合投影向量的定义得出答案.

15

【详解】因为a//b，则35m40，解得m，

4

由于a//b，所以b在a方向上的投影向量即为b，

15

则b在a方向上的投影向量的坐标为,5.

4

15

故答案为：,5.

4

13.圆台母线长为3，上、下底面半径比为1:2，当圆台体积最大时，以此圆台的上、下底面为截面的球的

表面积为________．

【答案】171π

【解析】

【分析】根据给定条件，利用圆台的结构特征求出圆台体积与其高的函数关系，再利用导数求出取最大值

的条件，再按外接球球心在两平行平面间或外分类求出球半径即可.

【详解】设圆台上底半径为r，则其下底半径为2r，高h9r2，

π7π

此圆台的体积V(r2r2r4r2)h(9h2)h，0h3，

33

7π2

求导得V(93h)，当0h3时，V0；当3h3时，V0，

3

7π

函数V(9h2)h在(0,3)上单调递增，在(3,3)上单调递减，

3

则当h3，即r6时，此圆台体积取得最大值，

设球的半径为R，则球心到两个截面距离分别为R26,R224，

显然此圆台的外接球球心在两底圆心确定的直线上，

则R26R2243或R26R2243，

解R26R2243，无解；解R26R2243，得4R2171，

所以此圆台的外接球的表面积为171π.

14.有n个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白

球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，

以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是______，从第n个盒子中取到白球的概率是______．

n

5111

【答案】①.②.

9232

【解析】

【分析】记事件Ai表示从第i个盒子里取出白球，利用全概率公式可得

511

，进而可得，然后构造等比数列，

PA2PA1PA2A1PA1PA2A1PAnPAn1

933

求通项公式即得.

21

【详解】记事件表示从第个盒子里取出白球，则，，

Aiii1,2,,nPA1PA11PA1

33

22115

所以，

PA2PA1A2PA1A2PA1PA2A1PA1PA2A1

33339

211114

，

PA3PA2PA3A2PA2PA3A2PA2PA2PA2

333327

2111

，

PA4PA3PA4A3PA3PA4A3PA3PA3PA3

3333

11111

进而可得，，

PAnPAn1PAnPAn1

33232

1111111

又，，，

PA1PA2PA2PA1

26218232

111

所以PA是首项为，公比为的等比数列，

n263

n1nn

所以11111，即111，

PAnPAn

26323232

n

5111

故答案为：；.

9232

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.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinAcsinC(bc)sinB．

（1）求A的大小；

b

（2）若ABC为锐角三角形，求的取值范围．

c

π

【答案】（1）

3

1

（2）,2

2

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理可得到a2b2c2bc，进而得到2cosA1，即可求出A的大小；

b

（2）根据三角形内角和为π，且ABC为锐角三角形，从而可得出C的取值范围，再将转化为关于tanC

c

的函数即可求解．

【小问1详解】

由asinAcsinC(bc)sinB，

则根据正弦定理有a2c2(bc)b，即a2b2c2bc，

又由余弦定理有a2b2c22bccosA，得2cosA1，

π

所以在ABC中，得A；

3

【小问2详解】

π

由ABC为锐角三角形，且A，

3

π

0C

2ππ31

则有，得C,，即tanC,，即0,3，

2ππ623tanC

0C

32

π31

sinCcosCsinC

所以根据正弦定理有bsinB3223111．

,2

csinCsinCsinC2tanC22

16.截至2025年底，我国新能源汽车保有量达到4397万辆，占汽车总产量的12%．某城市研究小组调查了

300名汽车驾驶员对新能源汽车和燃油汽车的偏好程度，将调查结果整理成如下列联表.现统计得出样本中

4

偏好燃油汽车的人数占样本总数的50%，女性驾驶员的样本占样本总数的，偏好燃油汽车的男性驾驶员

15

的样本有120人．

偏好燃油汽车偏好新能源汽车合计

男性驾驶员120

女性驾驶员

合计300

（1）请根据已知条件将上述列联表补充完整，并依据小概率值0.01的独立性检验，分析对燃油汽车和

新能源汽车的偏好是否与驾驶员性别有关联.如果有关联，解释它们之间如何影响.

（2）现从女性驾驶员中按对燃油汽车和新能源汽车的偏好用分层抽样法抽取8人做进一步访谈，然后从这

8人中随机抽取3人填写调查问卷，记抽取的3人中偏好新能源汽车的人数为X，求X的分布列及数学期望．

2

nadbc

参考公式及数据：2，nabcd．

abcdacbd

0.10.050.010.0050.001

x2.7063.8416.6357.87910.828

【答案】（1）列联表为

偏好燃油汽车偏好新能源汽车合计

男性驾驶员120100220

女性驾驶员305080

合计150150300

有关联，解释见解析，（2）随机变量X的分布列为

X0123

115155

P

56562828

15

期望为

8

【解析】

【分析】（1）根据已知数据可计算得到补全列联表所需的数据，进而补全列联表，并计算得到

26.8186.635，由此可得结论；

（2）根据分层抽样原则可确定样本中偏好新能源汽车的人数和偏好燃油车的人数，由此可得X所有可能的

取值，根据超几何分布概率公式可求得X每个取值对应的概率，由此可得分布列；由数学期望计算公式可

求得期望值.

【小问1详解】

因为样本中偏好燃油汽车的人数占样本总数的50%，故样本中偏好燃油汽车的人数为30050%150，

44

因为样本中女性驾驶员的样本占样本总数的，故样本中女性驾驶员的人数为30080，

1515

由题意，列联表补充如下：

偏好燃油汽车偏好新能源汽车合计

男性驾驶员120100220

女性驾驶员305080

合计150150300

零假设H0为：对燃油汽车和新能源汽车的偏好与驾驶员的性别无关联．

300(1205010030)2

根据列联表数据，计算得26.8186.635x．

220801501500.01

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．

10050

男性驾驶员中偏好新能源汽车的频率为0.455，女性驾驶员中偏好新能源汽车的频率为0.625，

22080

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汽车的概率更大．

【小问2详解】

3050

由题意，抽取的8人中偏好燃油汽车的人数为83人，偏好新能源汽车的人数为85人．

8080

随机变量X的可能值为0，1，2，3．

C31C2C115

3，35，

PX03PX13

C856C856

C1C215C35

35，5．

PX23PX33

C828C828

所以，随机变量X的分布列为

X0123

115155

P

56562828

1515515

X的数学期望EX123．

5628288

17.在ABC中，C90，BC3，AC6，D，E分别是AC，AB上的点，满足DE//BC，

且．将沿折起到△的位置，使，存在动点使，

CD2ADEDEA1DEA1CCDMA1MA1D(0)

如图所示．

（1）求证：平面A1CB平面BCDE；

1

（2）当时，求平面CMB与平面MBE夹角的余弦值；

2

（3）设直线BM与平面A1BE所成角为，当sin取得最大值时，求三棱锥VMBCE的体积．

【答案】（1）证明见解析

（2）10

20

（3）33．

2

【解析】

【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得A1C平面BCDE，再利用面面垂直判定定理即可

得证；

（2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面CMB与平面MBE的法向量，再利用空间向量夹角公式计

算即可得；

（3）求出平面A1BE的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出sin取最大值时的，则可得三棱锥的高

与底面积，再利用体积公式计算即可得解.

【小问1详解】

因为C90，则ACBC，且DE//BC，可得ACDE，

△

将ADE沿DE折起到A1DE的位置，始终有DEA1D,DECD，

因为A1DCDD,A1D,CD平面A1CD，所以DE平面A1CD，

由A1C平面A1CD，可得DEA1C，

且A1CCD，CDDED，CD，DE平面BCDE，

所以A1C平面BCDE，又A1C平面A1CB，所以平面A1CB平面BCDE；

【小问2详解】

由（1）可知，A1C,CD,CB两两垂直，翻折前，因为DE//BC，且CD2，

DEAD422

所以AD4，，所以DEBC2，

BCAC633

翻折后，由勾股定理得2222，

A1D4A1CA1DCD4223

故可以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，

1

当时，，，，，，

C0,0,0A10,0,23D2,0,0B0,3,0E2,2,0

2

M1,0,3，可得CM1,0,3，MB1,3,3，BE2,1,0，

mCMx13z10

设平面的法向量，则，

BMCmx1,y1,z1

mMBx13y13z10

令，则，可得，

z13x13,y10m3,0,3

nMBx23y23z20

设平面的法向量，则，

BMEnx2,y2,z2

nBE2x2y20

55

令，则，，可得，

x21y22z2n1,2,

33

设平面CMB与平面MBE夹角为，

5

31023

mn310

则coscosm,n，

mn220

225

3(3)5

3

10

所以平面CMB与平面MBE夹角的余弦值为；

20

【小问3详解】

由（2）可知，，，

BA10,3,23BE2,1,0A1D2,0,23

pBA13y323z30

设平面的法向量，则，

A1BEpx3,y3,z3

pBE2x3y30

令，则，，可得，

x31y32z33p1,2,3

且M2,0,2323，BM2,3,2323，

因为直线BM与平面A1BE所成角为，

pBM4

则sincosp,BM

pBM221622421

2214

212428，

161464

221

77

7

当且仅当时，等号成立，sin取最大值，

4

7

则，故点到平面的距离为733，

A1MA1DMBCE2323

442

1

又，则13333，

S△BCE323V3

2MBCE322

33

所以三棱锥VMBCE的体积为．

2

22

xy1

18.已知椭圆Γ:1(ab0)的离心率为，短轴长为23．

a2b22

（1）求椭圆Γ的方程；

（2）设A，B，C均为椭圆Γ上的动点．

（ⅰ）若直线AC、直线BC分别过Γ的左右焦点，记直线AC、AB、BC的斜率分别为k1，k2，k3，

当k1，k2，k3成等差数列时，求点C的坐标；

（ⅱ）若ABC的重心是坐标原点O，证明：ABC的面积是定值．

x2y2

【答案】（1）1

43

（2）（i）0,3；（ii）证明见解析；

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的离心率、短轴长、a,b,c的关系列方程组求解a,b,c的值，可得椭圆Γ的方程；

yy2xy

0000

（2）（ⅰ）设Cx0,y0，则根据斜率关系可得k1k32，设Ax1,y1，Bx2,y2，

x01x01x01

11

lCA:xt1y1，lCB:xt2y1，其中t1，t2，联立直线与椭圆确定交点坐标关系，再由k1，

k1k3

，成等差数列，得，结合斜率的坐标运算列方程即可得的值，从而得所求；（ⅱ）

k2k3k1k32k2