广东省六校联盟2026届高三上学期第三次联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省六校联盟2026届高三上学期第三次联考数学试卷（Word版附解析），共22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。
数学试题
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．设、，则“”是“”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．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，然后再取正方形洛边的中点，，，，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
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
6．已知，则（ ）
A．1B．C．D．2
7．已知函数，若恒成立，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
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．
二、多选题
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
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60°
D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为
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
三、填空题
12．所有棱长均为4的三棱锥的体积是 .
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）.

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 .
四、解答题
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.
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．
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）.
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.
19．已知函数（，且）、（，且）、.
(1)若、，求函数的极值；
(2)若函数与（，且）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.
参考答案
1．B
【详解】因为，
所以.
故选：B
2．B
【详解】由题设，所以.
故选：B
3．B
【详解】若，不妨取，，此时，不成立，
即“”“”；
若，则，所以，，即，
即“”“”.
所以，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4．C
【详解】因为正方形的边长为，
所以正方形的对角线为，
所以第二个正方形的边长为，
所以第二个正方形的对角线为，
所以第三个正方形的边长为，
所以这些正方形的边长为为首项，为公比的等比数列，
所以这些正方形的面积为为首项，为公比的等比数列
因此前6个正方形面积和为，
故选：C
5．C
【详解】函数的定义域为R，
对于CD，当时，，，
，函数是奇函数，不是偶函数，
又，函数在上单调递增，C正确，D错误；
对于AB，当时，，，，
函数是偶函数，不是奇函数，在上单调递增，
当时，，函数在上单调递增，AB错误.
故选：C
6．C
【详解】由可得
，
故选：C
7．A
【详解】方法一：函数的定义域为，，
显然单调递增且有唯一零点.
令，即，此时有.
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，，.
故选：A
8．B
【详解】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，由余弦定理可知，，.
令，则，，
，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积，
故选：B.
9．AB
【详解】由图象可知，，即，
所以，又，
可得，即，
又因为，所以，所以，故A正确；
当时，，
满足正弦函数的对称轴，故B正确、C错误；
当时，则，函数不单调，故D错误.
故选：AB
10．ABD
【详解】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，
所心，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C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.
故选：ABD.
11．ACD
【详解】对于A，将点代入曲线方程中，得到，
所以点在上，故A正确；
对于C，当时，，则，
令得，当时，单调递增，
当时，，单调递减，
则是的极小值点，故C正确；
对于B，由C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，
则，解得：或，故B错误；
对于D，设的解为，.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，
，，所以，
设曲线上的点为，则，
到原点的距离为，
由可得，
令，，
则，令，解得：，
因为，所以取，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，，
所以当时，，则，故D正确.
故选：ACD
12．/
【详解】如图，正三棱锥的所有棱长均为4，为的中心，连接，
则底面，
则，，
所以，
故正四面体的体积.
故答案为：.
13．4
【详解】如图，已为原点建立直角坐标系，
∴，即，
设，则
∴，
∵，
∴时，（舍去），
时，，时，，时，，时，，
即满足要求的点共有4个.
故答案为：4.

14．2
【详解】由，，时，，
两式相减可得：，即，
又时，，解得，满足，
则数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以.
对任意正整数，都有成立，
得①，
则②，
②①得：，，故，
又，，所以.
由，显然时不成立；
时，
，
则，即，
设，，
则，
因为函数开口向下，对称轴为，
则函数在上单调递减，
所以时，，
则，即，
所以在上单调递减，而，
则满足等式的正整数的取值只有，其和为2.
故答案为：2.
15．(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）依题意，.
（2）由，得，为锐角，
由（1）及为的中点，得，而，，
则，解得，因此，，
所以的面积.
16．(1)
(2)存在，
【详解】（1）取的中点，连接，，
为等边三角形，，
又平面平面，平面平面，
平面，
以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立下图所示空间直角坐标系，
是边长为2的等边三角形，，
，则，，，，，
，，设平面的法向量为，
，，即，令，则，
又，
到平面的距离．
（2）假设线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为，
则，
，，
设平面的法向量为，
，，，
，
令，则，
又平面的法向量为，
，
化简得，解得或，又，，（舍去），
存在点，此时．
17．(1)
(2)
【详解】（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．(1)950架
(2)
(3).
【详解】（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.
（3）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．(1)极大值为，极小值为0
(2)
(3)
【详解】（1），则，
由，得到或，
当时，解得或，
所以和为函数增区间，
当时，解得，
所以为函数减区间，
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，
其中函数图象如下，
在单调递减，单调递增，
当时，，，即：，则，
而在上单调递增，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；
（ii）法1：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，，
由图象可得有两个解，，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，又是增函数，
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1：，
设，，则在上递增，
所以，所以，
取点2：，，，
所以一定有，，所以有三个零点.