辽宁省2026届高三年级模拟考试（一）数学试题

机密★启用前 辽宁省2026年高三年级模拟考试（一） 数学试题参考答案及评分标准 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．B 2．C 3．A 4．C 5．B 6．D 7．C 8．B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．ACD 10．AD 11．BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．24 13． 14． 【详解】 1．集合，当时，，当时，，故，集合，对R都成立，集合，故B选项正确. 2．，则，故C选项正确. 3．若则，共线，故充分性成立；若，共线，不一定得到， 如，，显然满足，共线，但是不存在实数使得，故必要性不成立； 所以“”是“，共线”的充分不必要条件,故A选项正确. 4．由，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，，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．故C选项正确； 5．当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为.当时，，即.曲线表示以为圆心，为半径的圆，围成的面积为.所以曲线围成的图形的面积为.故B选项正确. 数学参考答案第2页（共12页） 数学参考答案第1页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 6．因为在△ABC中，成等差数列，所以，又，所以， 设a,c,b所成等比数列得公比为，则，，由正弦定理可得，整理可得，，又，即，整理可得，所以解得，故，于是，所以，故D选项正确. （本题也可先猜b=进而进行猜得，） 7．由，则，由，则，故，则、、、， 则. 8．即，，和差化积： 令①或②， 或 ，Z。即 ， 如图所示： 共有8个交点，故B选项正确. 9． ，故A选项正确； 令Z，则Z，当时，Z，故B选项错误； 是偶函数，故C选项正确； =，|+1|并不影响周期，故D选项正确. 综上所述，ACD选项正确. 数学参考答案第2页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 10．由题知展开式， 其中第项与第项二项式系数相等，，，由展开式，，得的系数，故A选项正确； 由的展开式中，令，得展开式中所有项的系数的和为，故B选项错误； 展开式中的系数加绝对值后为，第项系数为，第项系数为，故C选项错误； 由，共有项，其中当时，为整数，在展开式中任取项，取到的项都是的整数次幂的概率为，故D选项正确. 综上所述，AD选项正确. 11．双曲线的两条渐近线为轴，轴，它们的夹角为90°，故为等轴双曲线，离心率为 ，故A选项错误； 设：，则，，线段的中点坐标为. 将直线 ，代入有. 由韦达定理，，线段的中点为. 故线段与中点重合，所以，故B选项正确； 设，，，则斜率， 故边上的高所在直线方程为，同理，边上的高所在直线方程为.解得△ABC的垂心坐标为，故垂心也在曲线上，故C选项正确； 数学参考答案第3页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 等边三角形的垂心即为其中心，由前述可知，所以，且点在曲线上，设△ABC的外接圆方程为，代入得 这是一个四次方程，，，，是它的四个根，则， 可得，即Q的横坐标，故说明点Q在圆上，故D选项正确. 综上所述，BCD选项正确. 12．在矩形中，因为，所以=0.由平面向量的运算法则可得：.（建系法亦可） 13．抛物线C：，所以，设，由，，且A在B与D之间，则，解得，则，所以，则，所以直线的方程为，即， 令，则，所以，所以，故直线的方程为，即，所以点到直线的距离，点到直线的距离， 故. 14．由题意可知，直线与的图像至多只有一个交点， 令，即，令，则，由题可得，或，即或在上恒成立， 又当时，，所以，可得a. 数学参考答案第4页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 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。 15．（13分） （1）比赛进行4局后甲获胜，则甲在前3场需要胜2局，第4局胜， 所以比赛恰好进行4局甲获胜的概率…（2分） （2）由题意知，的取值可能为，…（3分） 则有：，…（4分） ，…（5分） ，…（6分） 3 4 5 P 可得的分布列为： 所以.…（8分） （3）乙应该选择3局2胜制 理由如下：“3局2胜制”，乙可能两种方式获胜， 获胜概率：，…（10分） “5局3胜制”，乙可能三种方式获胜， 获胜概率：，…（12分） 因为，所以乙应该选择3局2胜制对自己更有利.…（13分） 16．（15分） （1）∵，∴ 当时，， 即，…（3分） 当时，也满足，∴，…（5分） 数学参考答案第5页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 ∴，.…（7分） （未检验时的情形，扣1分） （2）法1：， ，，， 已知，由二项式定理： ， ， ， ，…（9分） 将左右两边分别相加，得:， 所以，由此知， 将代入可得 ，…（10分） ∴， ∴…（11分） 令， ，当时，，单调递增；…（12分） 当时，,单调递减；…（13分） ∵， ∴当或时，取得最大值70，…（14分） ∴取得最大值时，取4或5.…（15分） 法2：由题可得， 设，若要使得关于的不等式（）有解，则。 当时，，则，…（12分） 数学参考答案第6页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 故当或时，的最大值为70，所以实数取到最大值70时， 此时的值为4或5。…（15分） （最大值未给出不扣分） 17．（15分） （1）法1：设直线与曲线的切点坐标为， 由于，则，…（1分） 解得， 则切点坐标为.…（2分） 直线，即.…（3分） 由得，…（4分） 由，解得或（舍去），…（5分） 当时，得，符合题意， 所以.…（6分） 法2：设直线与曲线的切点坐标为， 由于，则，…（1分） 解得， 则切点坐标为.…（2分） 直线，即.…（3分） 当时，函数的定义域为， 设直线与曲线的切点坐标为， 由，得，得.…（4分） 得，即， 则.…（5分） 数学参考答案第7页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 解得.…（6分） （2）法1：①当时，则函数的定义域为.…（7分） 由于， 则，不符合题意.…（8分） 所以不符合题意.…（9分） ②当时，则函数的定义域为. 显然.…（10分） 当时，由，得，即.…（11分） 令， 则.…（12分） 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增.…（13分） 则当时，取得最小值，其值为.…（14分） 则，即. 综上所述，的取值范围为.…（15分） 法2：当时，由，得，即， 得.…（11分） 令，则.…（12分） 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增.…（13分） 则当时，取得最小值，其值为.…（14分） 则，即. 综上所述，的取值范围为.…（15分） 数学参考答案第8页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 18．（17分） （1）取CD中点M，DF中点，连接BM，MN，EN，则， 因为，所以四边形AEND是平行四边形，…（2分） 所以，因为， 所以四边形ABMD是平行四边形， 所以，所以， 所以四边形BENM是平行四边形，所以，所以， 所以B，E，F，C四点共面.…（5分） （2）法1：连接AF，BF，在平面ADF中，作，垂足为， 因为平面， 所以平面AEFD，即AB是三棱锥的高. 因为平面AEFD，所以， 因为，所以， 因为平面， 所以平面ABCD，即FG是四棱锥的高， 且. …（8分） 梯形AEFD的高为， 所以， 因为， 所以该几何体的体积.…（10分）  法2：延长FE，DA交于点，因为平面平面ABCD， 数学参考答案第9页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 所以是平面BEFC和平面ABCD的公共点， 因为平面平面，所以， 所以所求几何体的体积等于三棱锥与三棱锥的体积之 差. …（7分） 同法1可证AB是三棱锥的高，CD是三棱锥的高， 因为， 所以为PD的中点，即，因为， 所以， 所以该几何体的体积.…（10分） （3）在平面AEFD中，过点作，交EF于点，由（2）知平面ABCD 以为原点，为基底，建立直角坐标系， 则， 设，则， 所以.…（12分） 设平面BDE的一个法向量， 则所以， 令，则， 所以平面BDE的一个法向量为， 数学参考答案第10页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 设平面BEFC的一个法向量，则，所以， 令，则， 所以平面BEFC的一个法向量. …（15分） 设平面BDE与平面BEFC的夹角为，则 当且仅当，即时，等号成立. 所以平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值为.…（17分） 19．（17分） （1）由题意可知：直线：，即，斜率，…（1分） 设直线与椭圆的交点为， 则，，即， 因为M，N在椭圆上，则，…（2分） 两式相减得，整理得， 即，可得，且，即，解得，， 所以椭圆的方程为.…（4分） （2）由题意可知：直线与椭圆必相交，且，…（5分） 设，，，， 数学参考答案第11页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 设，直线的方程为，其中， 将直线与椭圆方程联立，消去x得，…（6分） 由韦达定理得：，，…（7分） 则， 可得，…（9分） 因为，则，可得， 且，则，解得，…（10分） 所以的取值范围为.…（11分） （3）设，， 则，，， 且…（12分） 同理可得，…（13分） 由题意可得：，即， 两边同时减2得，即，…（15分） 故P，Q和三点共线， 所以直线必过定点.…（17分） 数学参考答案第12页（共12页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 机密★启用前 科目：数学 （试题卷） 注意事项： 1．答卷前，考生须在答题卡和试题卷上规定的位置，准确填写本人姓名、准考证号，并核对条形码上的信息。确认无误后，将条形码粘贴在答题卡上相应位置。 2．考生须在答题卡上各题目规定答题区域内答题，超出答题区域书写的答案无效。在草稿纸、试题卷上答题无效。 3．考试结束，将本试题卷和答题卡一并交回。 4．本试题卷共4页，如缺页，考生须声明，否则后果自负。 姓 名 准考证号 数学试题第1页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 机密★启用前 辽宁省2026年高三年级模拟考试（一） 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，请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．已知集合，则 A． B． C． D． 2．设，则 A．0 B． C．1 D．3 3．已知平面向量，则“”是“，共线”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．某项比赛共有10个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是 A．众数 B．标准差 C．45百分位数 D．平均数 5．由曲线围成的图形的面积为 A． B． C．π D．2π 6．在△ABC中，角所对的边分别为．已知成等差数列，a,c,b成等比数列，则 A． B． C． D． 7．已知数列的前项和为，则 A． B． C． D． 8．当时，曲线y=sin与y=cos2x的交点个数为 A．4 B．8 C．10 D．12 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．已知函数，则 A． B．是函数的一条对称轴 C．函数为偶函数 D．|+1|的最小正周期为2 10．在 的展开式中，若第项与第项的二项式系数相等，则 A．展开式中的系数为 B．展开式中所有项的系数的和为- C．展开式中系数的绝对值最大的项是第项 D．从展开式中任取2项，取到的项都是的整数次幂的概率为 11．函数的图象是以两坐标轴为渐近线的双曲线，将该函数图象绕坐标原点顺时针旋转45°，即可将其化为双曲线的标准方程.已知A，B，C是双曲线H：上三个不同的点，O是坐标原点，则 A．H的离心率为2 B．直线与坐标轴交于M，N，与H交于P，Q，则 C．△ABC的垂心在H上 D．若△ABC是等边三角形，则其中心P关于O的对称点Q在△ABC的外接圆上 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知在矩形中，，点是边的中点， 则 ． 13．已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于A，B两点，和y轴交于D点，且A在B与D之间，若，，则△ADF与△BDF的面积之比为 ． 14．在平面直角坐标系中，将曲线绕坐标原点O逆时针旋转后，所得曲线是某个函数的图象，则实数a的取值范围是 ． 数学试题第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 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。 15.（13分） 甲、乙两选手进行乒乓球比赛，采用5局3胜制，假设每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立． （1）求比赛恰好进行4局甲获胜的概率； （2）设比赛进行的总局数为，求的分布列和数学期望； （3）若某场比赛赛前有3局2胜制和5局3胜制两种方案供选手选择，从概率角度考 虑，乙如何选择对自己有利？请写出选择方案并说明理由． 16.（15分） 已知数列的首项是1，其前项和是，且（）． （1）求，的值及数列的通项公式； （2）若存在实数，使得关于的不等式（）有解，求实数取到最大值时的值． 17.（15分） 已知函数（，且）． （1）若，直线与曲线和曲线都相切，求的值； （2）若，求的取值范围． 数学试题第3页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 18.（17分） 如图，已知几何体ABCDEF的底面ABCD与侧面AEFD都是梯形，AB∥CD,AE∥DF，AB⊥AD，AB⊥AE，AB=AD=AE=1,CD=DF=2． （1）证明：B，E，F，C四点共面； （2）若，求该几何体的体积； （3）求平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值． 19.（17分） 已知是椭圆：的右焦点，定点，直线被椭圆截得的线段的中点恰在直线上． （1）求的标准方程； （2）过F作斜率为k的直线，与交于A，B两点，其中A在x轴上方，，T为上一点，且平分，求的取值范围； （3）P，Q为曲线上两个动点，且平分，证明：直线过定点． 数学试题第4页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $