广东省“六校联盟”2025-2026学年高三上学期第三次联考（期中）数学试题与解析

这是一份广东省“六校联盟”2025-2026学年高三上学期第三次联考（期中）数学试题与解析，共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合 ，则
A. B. C. D.
【答案】B
2.已知复数 满足 ( 为虚数单位),则
A. B. C. D.
【答案】B
3.设 ，则“ ” 是“ ”的
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
4.如图，正方形 的边长为 ，取正方形 各边的中点 ， 作第 2 个正方形，然后再取正方形各边的中点 ， ， ， ，作第 3 个正方形的 ，依此方法一直继续下去. 则前 6 个正方形面积和为
A. B. C. D. 8
【答案】C
5.已知函数 ,则下列说法正确的是
A. 当 时，函数 为奇函数，且在 单调递增
B. 当 时，函数 为偶函数，且在 单调递减
C. 当 时，函数 为奇函数，且在 单调递增
D. 当 时，函数 为偶函数，且在 单调递减
【答案】C
6.已知 ,则
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】由 可得
.
7.已知函数 ，若 恒成立，则实数 的值为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】方法一: 函数 的定义域为 ,显然单调递增且有唯一零点。令 有 .
当 时, 单调递减; 当 时, 单调递增 , 即有: .
令 时, 单调递减;
时, 单调递增 又 .
方法二: 注意到 又 恒成立 由方法一得:
.
方法三: 恒成立 在 恒成立 令 ,即 恒成立。 时, 单调递增: 时, 单
调递减
又 恒成立 .
8.在三棱锥 中， 平面 ， ，且 ，则已知三棱锥 外接球表面积的最小值为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图，设 ， ， 为 的外心， 为三棱锥 外接球的球心,
则 平面 ,又 平面 ,所以 平面 ,则 ,四边形 是直角梯形,设 ,
由 平面 ， 平面 ，得 ，
则 。
令 ,则 ,
,当且仅当 ,即 时等号成立,
所以三棱锥 外接球表面积 .
二、多选题：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.已知函数 的部分图象如图所示，则下列说法正确的是
A. 该图象对应的函数解析式为
B. 函数 的图象关于直线 对称
C. 函数 的图象关于点 对称
D. 函数 在区间 上单调递减
【答案】AB
【解析】由图象可知，即，所以，又，可得，又因为，所以，所以，故A正确；
当时，，所以函数的图象关于直线对称，故B正确；
当时，，故函数的图象不关于点对称，故错误；
当时，则，因为在上不单调，所以函数在上不单调递减，故D错误．
10.如图，棱长为2的正方体 中， 分别是棱 ,棱 的中点，动点 满足 ,其中 ,则下列结论正确的是
A. 若 ，则
B. 若 ，则三棱锥 的体积为定值
C. 若 ，则直线 与直线 所成角的最小值为
D. 若动点 在三棱锥 外接球的表面上，则点 的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】以 为坐标原点， 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ,所以 ,
所以 ,即 ,
所以 ,又 ,所以 , 所以 ,所以 ,故 A 正确:
因为 ,所以点 在直线 上,又因为 ,所以四边形 是平行四边形,所以 ,又 平面 平面 ,所以 平面 ,所以 到平面 的距离为定值，又 的面积为定值，所以三棱锥 的体积为定值，故 B 正确；
点 为 的中点,坐标为 ,点 的坐标为 ,向量 ,向量 ,
设直线 与直线 所成的角为 ,
又因为 ,当 时, ,即直线 与直线 所成角的最小值为 ,故 错误;
因为三棱锥 即为三棱锥 ，又底面 是直角三角形，过 的中点 作 平面 是三棱锥 外接球的球心,因为 平面 ,所以 ,又 ,所以三棱锥 外接球的半径 ,因为点 在平面 内,又在三棱锥 外接球的表面上,所以 的轨迹是平面 截三棱锥 外接球的截面圆，又易得 到平面 的距离为 1,所以截面圆的半径为 ,所以 的轨迹的周长为 ,故 D 正确.
11.如图，在一次社会实践中某学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线 的一部分，则
A. 点 在 上
B. 在 处 的切线，其与 的交点的横纵坐标均为整数
C. 若 在 轴上方的部分为函数 的图象,则 是 的极小值点
D. 在 轴左边的部分到坐标原点 的距离均大于
【答案】ACD
【解析】对于 ,将点 代入曲线方程中,得到 ,即 ,所以点 在 上,因此, 正确;
对于 ,由 中可知 ,则以 为切点的切线方程为 ,即 .将切线方程代入曲线方程中，得到: ，即 ，
显然 是方程的根, ,解得: 或 ,因此,选项 错误;
对于 ,则 ,令 得 ,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减,则 是 的极小值点,故 正确;
对于 ,设 的解为 .当 时, 单调递增,当 时 单调递减,
,
,所以 ,
设曲线上的点为 ,设 的解为 ,则 ,则 ,
到原点 的距离为 ,由 可得 ,
令 , ,令 ,解得: ,因为 ,所以取 ,当 时, 单调递增,当 时, 单调递减, ,所以当 时, ,选项 正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.所有棱长均为 4 的三棱锥的体积是________.
【答案】
13.如图，的方格纸(小正方形的边长为 1)中有一个向量 (以图中的格点 为起点，格点 为终点)， 则满足 的格点 共有_____个(规定横、纵坐标均为整数的点称为格点).
【答案】 4
14.设数列 的前 项和为 ，且 . 若对任意的正整数 ，都有 成立，则满足等式 的所有正整数 的和为________.
【答案】2
【解析】 时, ,
相减可得: ,即 ,又 时, ,解得 ,满足 ,
数列 是首项为 1,公比为 3 的等比数列,所以 。
对任意正整数 ,都有 成立,
得 ①,
又 ②,
②-① 得: ,故
又 ,所以 ,由 ,
上式不成立, 时,
由图像可知, 与 只有 一个交点
综上可得,满足等式 的所有正整数 的取值只有 .
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.如图，在 中， 是 边上的一点， ， .
(1)证明: ；
(2)若 为 的中点， ，求三角形 的面积 .
【解析】(1)证明:在 中， ， ，
在 中， ， ，
由于 ,故 ,
所以 .
(2)因为 ，故 ，故 为锐角，
又 ，且 为 的中点， ， ，
故
故 .
16.如图所示，在四棱锥 中，侧面 平面 ， 是边长为2的等边三角形, 底面 为直角梯形,其中 .
(1)求 到平面 的距离；
(2)线段 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ？若存在，求出 的值； 若不存在, 请说明理由.
【解析】( 1 )取 的中点 ，连接 ， ， 为等边三角形， ， 又 平面 平面 ,平面 平面 平面 ,
如图所示，以 为坐标原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 , ,
,设平面 的法向量为 ,
,即 ,令 ,则 ,
又 ,故 到平面 的距离 ;
(2)
,则 ,
设平面 的法向量为 ,
,则 ,
令 ,则
又平面 的法向量为 ，
于是 ,
化简得 ,又 ,得 ,故存在点 ,此时 .
17.已知正项数列 满足 且 ,
(1)求数列 的通项公式:
(2)设 ，数列 的前 项和为 ，求 ( 表示不超过 的最大整数).
【解析】
(1)由 ，得 ，可知数列 是常数列， 所以 ,所以 ,所以 .
(2)由(1)可得 ,
则 ,
显然
由于 ,
故 ,且 ,
故 .
18.某科研小组研发了一款新式无人机，其生产过程有 4 道工序，前 3 道工序的生产互不影响，第四道工序是出厂检测，包括智能检测与人工检测，其中智能检测为次品的会自动淘汰，合格的进入流水线进行人工检测. 已知该新式无人机在生产中前 3 道工序的次品率分别为 .
(1)若某批次生产了这款新式无人机 1000 架，记 X 为该批次经过前 3 道工序合格的架数，求 X 的数学期望；
(2)已知某批次的新式无人机智能检测显示合格率为 ，在智能检测合格的前提下，求人工随机抽检一架新式无人机恰好为合格品的概率;
(3)该科研小组为了庆祝获得研究成果，举行联欢晚会，晚会期间，该小组组织了一个现场抽奖游戏，游戏规则如下: 参与游戏的幸运观众, 每次都要有放回地含有 10 张红色卡片和 10 张绿色卡片的箱子中随机抽取一张, 指挥无人机运送匹克球，直到获得奖品为止，每次游戏开始时，甲箱中有足够多的匹克球，乙箱中没有球，若抽到红色卡片，则从甲箱中运一个匹克球到乙箱；若抽到绿色卡片，则从甲箱中运两个匹克球到乙箱，当乙箱中的匹克球数目达到 9 个，下一轮直接达到 11 个，获得优惠券，游戏结束；当乙箱中的匹克球数目达到 10 个时，获得奖品大礼包一个，获得大礼包时游戏结束。求游戏结束时，幸运观众获得优惠券的概率.
【解析】(1)设新式无人机经过前 3 道工序后是合格品的概率为 ,
则 ,
由条件,可得 ,所以 的数学期望为 (架) .
(2)设新式无人机智能检测合格为事件 ，人工检测合格为事件 ，则 ， ，
所以 ,
即人工随机抽检一架新式无人机恰好为合格品的概率约为 .
(2)① 设乙箱中有 个球的概率为 ，
第一次抽到红色卡片，新式无人机运送1 个匹克球，概率为 ，即 ，
乙箱中有 2 个球,有两类情况,所以 ,
乙箱中有 个球的情况有:
(i) 无人机已运送 个球,又抽到绿色卡片,其概率为 ;
(ii) 无人机已运送 个球,又抽到红色卡片,其概率为 :
所以 ,且 ,
所以 ,所以 ,
即当 时数列 是公比为 的等比数列,
所以 ,
又 ,所以当 时 也成立,
所以 ,
上述各式相加得 ,
又 ,所以 ,
经检验,当 时上式也成立,
所以 ,
所以 ,
即游戏结束时获得优惠券的概率为 .
19.已知函数 .
(1)若 ,求函数 的极值;
(2)若函数 与 的图象存在公切线,求实数 的取值范围；
(3)已知 且 ，若函数 与 的图象有三个公共点，求实数 的取值范围.
【解析】(1) ,则 ,
由 ,得到 或 ,当 时, 和 为函数增区间,
当 时， 为函数减区间.所以 在 处取到极大值,极大值为 ,在 处取到极小值,极小值为 0,故函数 的极大值为 ,极小值为 0.
(2)设直线 为曲线 在点 处的切线， ,
所以 ,即 ;
设直线 为曲线 在点 处的切线, ,
所以 ,即 ;
由题意知 ,因为 ,可知 , 由 可得 ,
将其代入 可得: ，
令 ,则 在 上有零点,
令 ,则 ,
令 ,解得 ; 令 ,解得 ;
在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,
当 时, 在区间 上单调递增,在区间 上单调递减,
且 ,
当 时, ,故 在 上恒有零点,从而 恒成立;
当 时， ，无零点，不成立；
当 时， 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
且当 时, ,则 ,解得 :
综上所述: 实数 的取值范围是 .
(3)(i)当 时 与 最多有两个交点，不符合题意舍去。
证明如下:
令 ,
则有
其中函数 图像可知，
在 递减, 递增。
当 时, ,即: 则 .
而 在 上单调增,所以 ,即:
所以由图可知:
当 时，两个交点， ，当 时一个交点，
当 时，没有交点， 故不符合题意。
法 1: (ii) 下面只需考虑 时, 与 交点的个数即可。
两边取对数得 ,
令 ,则
由于 ,令 ,可得 ,而 ,
令 ,所以 ,令 ,解得 ,
当 时, ,当 时, ,
所以 在 上单调递减,在 上单调递增,所以 时, ,
由图像可得 有两个解 ,且 ,
那么 在 上单调递增,在 上单调递减,
又 ,
把 看成一个整体,由均值不等式可得 ,所以 ,
当 ,所以 ,因为 ,得 ,
所以 ,
当 时, ,当 时, ,
又 在 上单调递增,在 上单调递减,
则 在 三个区间各有一个零点,
所以曲线 与 有三个交点.
即: 时符合题意,解得: .
法 2:当 时，此时
设 令
,令 . 则 . 所以 在 是递增的,
在 是递减的。所以 .
i. 若 ,即 时。此时 则 ,所以 是增函数,(根据零点存定理得)又 则只有一的零点。
ii. 若 ,即 时。 .
,所以 有两个零点 . 其中 ,
所以 在 是增区间, 是减区间, 是增区间。
有零点存在定理得:
取点 .
设 ,则 在 上递增,
所以 ,所以 .
取点
所以一定有 所以有三个零点 。