吉林东北师范大学附属中学2026-2027学年高三年级数学大练习1

**基本信息** 东北师大附中高三数学周测试卷，以足球赛制等真实情境设计问题，梯度覆盖函数、几何等核心知识，适配高考命题趋势，强化数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|命题否定、复数、空间向量等|基础概念辨析，如第8题“局部奇函数”创新定义| |多选题|2/12|统计、数列|第10题结合数列递推与前n项和，考查逻辑推理| |填空题|2/12|椭圆定义、二项式定理|第12题关联二项式系数与项的系数，注重运算| |解答题|5/58|三角、椭圆、立体几何、概率、导数|第16题以足球赛制为情境建模求概率，第17题导数综合考查极值与零点，体现数学应用与思维深度|

东北师范大学附属中学2026-2027学年高三年级数学大练习1试题 一、单选题(每题5分，共40分) 1．命题“”的否定是（    ） A． B． C． D． 2．若复数z满足，其中i为虚数单位，则z在复平面内所对应的点位于　　 A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知空间向量， 且与夹角的余弦值为，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 4．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，，，则 D．若，则 5．如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（    ） A．72 B．56 C．48 D．36 6．若，则（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，则的一个充分不必要条件是（    ） A． B． C． D． 8．若函数在其定义域内存在实数满足，则称函数为“局部奇函数”.知函数是定义在上的“局部奇函数”，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题（每题6分，共12分） 9．已知一组样本数据：、、、、、、、、，下列说法正确的是（   ） A．这组数据的平均数为 B．这组数据的分位数为 C．去掉一个样本数据后方差变小 D．每个样本数据都减后方差变小 10．已知数列满足，是的前项和，则下列说法一定正确的是（    ） A． B． C．是等比数列 D．若，当为奇数时，满足的的最大值为43 三、填空题（每题6分，共12分） 11．若椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则_____. 12．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第5项的二项式系数相等，则的系数为___________． 四、解答题（共58分） 13．已知的内角的对边分别为，且， (1)求的大小； (2)若，求的面积． 14．已知椭圆，点在椭圆上，且点到两焦点和的距离之和为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若点的坐标为，过点的直线与椭圆交于（异于点）两点，且直线的斜率为，求的面积． 15．如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面． (1)求证：； (2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 16．近年来足球赛事中，单败淘汰赛制（输一局就淘汰）与新兴的双败赛制并存，为比赛增添了许多看点.现有四支队伍A、B、C、D参与赛事，其中A是强队，对阵B、C、D的获胜概率均为p，，而B、C、D彼此之间对阵时获胜概率均为.经抽签，第一轮比赛时，A和C对阵，B和D对阵. 双败赛制规则如下图所示： (1)若赛前要从4支队伍中随机选出2支队伍打一场热身赛，求选出的两支队伍恰好是A和B的概率； (2)若，在单败淘汰赛赛制下，B获得冠军的概率是多少？ (3)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率（用p表示），并说明哪种赛制对强队更有利？ 17．已知函数，设为的导函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)证明：当时，有且仅有一个极值点； (3)判断当时，的所有零点之和与的大小关系，并说明理由. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C D D C B B D AC AD 1．B 【分析】由命题的否定求解即可. 【详解】命题“”的否定是“”. 故选：B. 2．C 【分析】化简原式，利用复数除法运算法则求得,从而可得结果. 【详解】 ， 在复平面内所对应的点的坐标为，位于第三象限， 故选C． 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 3．D 【分析】由投影向量的计算公式可得. 【详解】由题意可得在上的投影向量为. 故选：D 4．D 【分析】选项：根据线面平行的判定定理即可判断； 选项：根据线线平行的判定定理即可判断； 选项：根据面面平行的判定定理即可判断； 选项：根据线面平行的性质定理即可判断； 【详解】选项：若，则m可能平行于，也可能在内，A为假命题； 选项：若且，则；又，则，B为假命题； 选项：若、且，与可能相交或平行，C为假命题； 选项：若、且，根据线面平行的性质定理可得，D为真命题． 故选：. 5．C 【分析】先给四个区域标记，然后根据分步乘法计数原理求解出着色的方法数. 【详解】将四个区域标记为，如下图所示： 第一步涂：种涂法， 第二步涂：种涂法， 第三步涂：种涂法， 第四步涂：种涂法， 根据分步乘法计数原理可知，一共有种着色方法， 故选：. 6．B 【分析】由诱导公式及二倍角公式进行求解． 【详解】 ． 故选：B 7．B 【分析】先求解不等式，再由“充分不必要条件”的定义可得答案. 【详解】由，得，而为上的减函数，则得. 由“充分不必要条件”的定义可知，的一个充分不必要条件为. 故选：B. 8．D 【分析】根据题意得有解，即有解，利用换元法讨论二次函数在给定区间有解即可. 【详解】根据“局部奇函数”定义知：有解， 即方程有解， 则即有解； 设，则（当且仅当时取等号）， 方程等价于在时有解， 在时有解； 在上单调递增， ， 即实数的取值范围为. 故选D. 9．AC 【分析】利用平均数公式可判断A选项；利用百分位数的定义可判断B选项；利用方差公式可判断C选项；利用方差的性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，这组数据的平均数为，A对； 对于B选项，将这组数据由小到大排列依次为：、、、、、、、、， 共个数据，因为，故这组数据的分位数为，B错； 对于C选项，原数据的方差为， 去掉一个样本数据后，平均数为， 方差为，， 所以，去掉一个样本数据后方差变小，C对； 对于D选项，将这九个数据分别记为、、、、， 将每个样本数据都减后，新数据为、、、、， 由方差的性质可知，方差不变，D错. 故选：AC. 10．AD 【分析】对于A，利用与原式作差即可求解； 对于B，利用，结合等差数列的求和公式求解即可； 对于C，利用可能为0，即可判断； 对于D，根据求解即可. 【详解】由可得，两式相减得，故A正确； 因为 ，故B不正确； 因为可能为0，故不一定为等比数列，C不正确； 当为奇数时，不妨设，则 则有； 因为，故，即，时，，故D正确； （也可直接验证，得出D正确）， 故选：AD 11．3 【分析】分及两种情况结合椭圆的定义计算求解参数. 【详解】若，又椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则得（舍去）； 若，又椭圆上一点到C的两个焦点的距离之和为，则得． 故答案为：3. 12．60 【分析】先根据题干条件算出，然后由二项式定理的展开式通项进行求解. 【详解】的展开式中第项与第项的二项式系数相等， ，，则的展开式中的通项为： ，令，解得， 故该展开式中的系数为 故答案为：60 13．【小题1】 【小题2】 【分析】（1）已知等式利用诱导公式和倍角公式化简，可求的大小； （2）条件中的等式，利用正弦定理角化边，再用余弦定理求得边，用面积公式计算面积. 【详解】（1），可得 又 （2）由正弦定理得，， 由余弦定理，,可得，， 联立方程组整理得，，所以或（舍）． 14．(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的定义求得后即可求得椭圆的标准方程； （2）由题意求得直线方程，直线与椭圆联立方程根据弦长公式求得，再利用点到直线的距离公式及三角形面积公式计算即可求解. 【详解】（1）由已知可得，化简可得， ， 则椭圆方程为； （2）设，， 由已知可得直线，即， 联立直线与椭圆，消去可得， 则，， 则， 又点到直线的距离， 所以； 15．(1)取的中点，连接，如图所示： 因为 ，所以， 又平面平面，且平面 平面，平面 ， 所以平面， 又 平面，所以 ， 由，，平面 ， 所以 平面 ，又 平面 ， 所以 . (2). 【分析】（1）结合已知条件利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）根据图形找出二面角，然后建立空间直角坐标系，写出相应的点，求出平面 的法向量，然后利用向量法求解即可. 【详解】（1）略 （2）由平面，， 所以以点为坐标原点， 分别为 轴，过点平行于的所在直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，            由（1）知 平面 ，平面 , 所以，所以为二面角的平面角， 又二面角的大小为，所以， 又的中点为，，所以 ， 在直角三角形中， ， 所以， 则， 设点，由 ，所以，① 则，又， 所以有，② 又，即，③ 联立①②③解得：， 所以，所以， 设平面 的一个法向量为， 由， 令，则，所以， 设直线 与平面 所成的角为， 所以 ， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为：. 16．(1) (2) (3)双败赛制对强队更有利 【分析】（1）用列举法写出随机选出2支队伍的各种情况，然后由概率公式得结论； （2）分析单败淘汰赛赛制下，B获得冠军的所有情况，结合独立事件和互斥事件的概率公式计算； （3）分别分析出在两种赛制下A赢的情况，然后结合独立事件和互斥事件的概率公式计算出两种赛制下A赢的概率，作差比较后可得. 【详解】（1）从4支队伍中随机选出2支，共有6种可能：， 其中选出的2支队伍恰好是A和B的只有一种：， 所以选出的两支队伍恰好是A和B的概率为. （2）设事件“A对阵B或C或D时，A赢”，，， 设事件B=“B对阵C或D时，B赢”，事件C=“C对阵B或D时，C赢”，事件D=“D对阵C或B时，D赢”，则，事件M，B，C，D相互独立， 设事件N=“单败淘汰赛赛制下，B获得冠军”，则事件N包含两种情况： ①  A、 C对阵时A赢，B、 D对阵时B赢，最后C、 B对阵时B赢，即事件， ； ②A、 C对阵时C赢，B、 D对阵时B赢，最后A、 B对阵时B赢，即事件， ， 因为事件和互斥，所以 所以； 所以在单败淘汰赛赛制下，B获得冠军的概率为； （3）在单败淘汰赛赛制下，A要想获得冠军，有两种情况： ①  A、 C对阵时A赢，B、 D对阵时B赢，最后A、 B对阵时A赢，即事件， ； ②A、 C对阵时A赢，B、 D对阵时D赢，最后A、 D对阵时A赢，即事件， ， 因为事件和互斥，所以A获得冠军的概率为 ； 在双败赛制下，A要想获得冠军，从每场A参与的比赛中A的输赢角度出发，有三种情况： ①A、 C对阵时A赢，A与B、 D对阵中的胜者对阵时A赢，最后一场比赛A赢，即事件， ； ②A、 C对阵时A赢，A与B、 D对阵中的胜者对阵时A输，B、 D对阵中的负者与C对阵时的胜者与A对阵时A赢，最后一场A赢，即事件， ； ③A、 C对阵时A输，A与B、 D对阵中的负者对阵时A赢，B、 D对阵中的胜者与C对阵时的负者与A对阵时A赢，最后一场A赢，即事件， ， 所以A获得冠军的概率为 ， ， 所以当时，，因此双败赛制对强队更有利. 17．(1) (2) 因为，，所以， 设，， 则，其中恒成立， 设，， 则， 因为，所以， 所以当，即时，，函数单调递减； 当，即时，，函数单调递增； 当，即时，，函数单调递减， 又，， ，，， 所以，使得，即， 所以对于，有， 当时，，，函数单调递增； 当时，，，函数单调递减， 所以是函数的极大值点，无极小值点， 所以函数有且仅有一个极值点. (3) 函数的所有零点之和大于，理由如下： 由（2）知， ，使得当时，函数单调递增； 当时，函数单调递减， 又，所以，， 因为，所以，所以， 所以，使得；，使得， 所以当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 又，，所以， 又，， 所以，使得，所以， 又，所以， 所以，使得， 又， 所以函数在区间上无零点； 故函数在上有两个零点，且， 由可得：， 所以，， 又，所以，所以，所以， 所以， 又，所以，， 因为函数在上单调递减，所以，即， 所以函数的两个零点之和大于. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）要确定函数的极值点情况，则需要判断其导函数的单调性，设，对进行变形处理，即，即判断函数的取值情况，即可得的取值情况，从而确定函数的极值点取值个数； （3）结合的单调性，确定其零点，从而得函数的极值点分布.根据函数的单调性，结合零点存在定理即可确定函数的零点个数及范围，利用三角函数与指数函数的单调性即可判断的所有零点之和与的大小关系. 【详解】（1）因为，所以， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）略 （3）略 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $