吉林省东北师范大学附属中学2026届高三5月模拟考试数学试卷含答案（word版）

这是一份吉林省东北师范大学附属中学2026届高三5月模拟考试数学试卷含答案（word版），共7页。试卷主要包含了 【解析】， 70， ±152 14，【解析】等内容，欢迎下载使用。
因为 f2x+1 为偶函数,所以 f−2x+1=f2x+1 ,从而 f−x+1=fx+1 ①; 因为 f12−2x 为奇函数,所以 f12+2x=−f12−2x ,从而 f12+x=−f12−x , 故 fx+1=−f−x ②. 由①②得 f−x+1=−f−x,fx=−fx−1 ， fx+1=−fx, fx+2=fx ,故2为 fx 的周期.
由②得 f−x=−fx+1 ，又 fx=−fx−1 ， fx 周期为 2，所以fx+1=fx−1,
所以 f−x=fx ,故 fx 的偶函数.
三、填空题(每小题 5 分，共 15 分)
12. 70
13. ±152 14. 90
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.
四、解答题(共 77 分)
15.(13 分)
【解析】
(1)因为 2c−b⋅csA=a⋅csB ，所以由正弦定理2sinC−sinBcsA=sinAcsB, 分
整理得: 2sinCcsA=sinBcsA+sinAcsB=sinA+B , 3 分
因为 A+B+C=π ,所以 sinC=sinA+B≠0 ,故 csA=12 , .5 分
因为 00 ， f′x>0 ， fx 在 0,+∞ 上单调递增. .5 分
② 若 00 ， f′x>0 ， fx 在 0,+∞ 上单调递增. 又 f1=0 ,有唯一零点,符合题意; .6 分
③若 a>2 ，令 gx=x2−ax+1=0,x1=a−a2−42∈0,1,x2=a+a2−42∈1,+∞
当 x∈0,x1,gx>0,f′x>0,fx 单调递增,
当 x∈x1,x2,gx0,fx 单调递增. .7 分
又 f1=0,fx1>0,fx22 ,
ℎ′a=ea+e−a−2a>ea−e−a−2a,
由( 1 )知 ea−e−a−2a>e2−e−2−4>0 ，
所以 ℎa 在 2,+∞ 单调递增,
ℎa=ea−e−a−a2>ℎ2=e2−e−2−4>0,
即 fea>0 ,由零点存在定理可知 ∃x0∈x2,ea ,使得 fx0=0 ,不合题意. 分综上, a≤2…….10 分
(3)因为 p,q>0 ，且 qe1p=pe−1q ，所以 pq=e1p+1q>1 ， lnpq=1p+1q ，
令 pq=t ,则 t>1,lnt=1p+tp=1qt+1q,p=t+1lnt,q=t+1tlnt , 12 分
所以 p−q=t+1lnt−t+1tlnt=t2−1tlnt ,
要证 p−q>2 ,只需证 t2−1tlnt>2 ,
即证 t−1t−2lnt>0t>1 ,
由 (1) 知 fx=x−1x−2lnx 单调递增,
所以当 t>1 时, ft=t−1t−2lnt>f1=0 ,
所以 p−q>2……17 分
19.(17分)
【解析】
(1)依题意，设 Rx0,2 ，由抛物线的定义得 RF=x0+p2=52p ，解得: x0=2p ， 因为 Rx0,2 在抛物线 E:y2=2pxp>0 上,所以 22=2px0 ,所以 22=2p⋅2p ,解得: p=1 ,故抛物线 E 的方程为 y2=2x.……3 分
(2)抛物线方程为 y2=2x ,焦点坐标为 F12,0 ,
当 l1 的直线斜率为 0 时,与抛物线只有 1 个交点,不合要求,
当 l1 的斜率不存在时, l2 的斜率为 0,此时 l2 与抛物线只有 1 个交点,不合要求,
故设 l1:x=my+12 ,则 l2:x=−1my+12 ,不妨设 m>0 ,
Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4,
由 y2=2x,x=my+12, ,消去 x 得 y2−2my−1=0 ,
Δ=4m2+4>0, y1+y2=2m, y1y2=−1 .4 分
(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□NIH=S□NIB,S□MIH=S□MIC ，
所以 △HMN 的面积 S=S△NIH+S△MIH+S△MIN=S△NIB+S△MIC+S△MIN=SBNMC ，
故 S=12BM⋅CN=18AB⋅CD .6 分
又 AB=1+m2⋅y1+y22−4y1y2=2m2+1 ,同理 CD=2m2+1m2 .8 分所以 S=18⋅2m2+1⋅2m2+1m2=12m2+1m2+2≥2 ,当且仅当 m=1 时,等号成立. 所以 ΔHMN 面积的最小值为 2 .10 分
(ii) 由题意可知 lAC:y−y1=y1−y3x1−x3x−x1 ,
又 y12=2x1,y32=2x3 ,所以 AC 的直线方程可化为: y−y1=2y1+y3x−x1 ,
又 xP=12 ,故可得 yP=1+y1y3y1+y3 , 11 分
同理可得直线 BD 的方程为 y−y2=2y2+y4x−x2 ,
又 xQ=12 ,故 yQ=1+y2y4y2+y4 ,
又 y1y2=y3y4=−1 ,所以可得 yQ=1+−1y1−1y3−1y1−1y3=−1+y1y3y1+y3 , .12 分
可得 yP+yQ=0 ,所以可得 PQ 的中点恒为 F , .13 分
以 PQ 为直径的圆与 y 轴相切等价于 yP=12 , .14 分
若 yP=12 ,则 12=1+y1y3y1+y3 ,所以 2y1y3+2=y1+y3 ,
又 l1⊥l2 ,所以 2y1+y2⋅2y3+y4=−1 ,故 y1−1y1y3−1y3=−4 ,
整理可得 y1y32−y12+y32+1=−4y1y3 ,即 y1y3+12=y1−y32 ,
因为 m>0 ,故 y1>y3 ,所以 y1y3+1=y1−y3 .
又 2y1y3+2=y1+y3 ,故可得 y1=3y3 .
代入方程 y1y3+1=y1−y3 可得, 3y32−2y3+1=0,Δ=4−12=−8