精品解析：广东省惠州市“六校联盟”2025-2026学年高三上学期第三次联考（期中）数学试题

广东省“六校联盟”2026届高三年级第三次联考数学试题 命题人：惠州市第一中学 2025.11 （满分150分.考试时间120分钟.） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回. 一、单选题（本大题共8小题，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. 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 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. 1 B. 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（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得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 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（本大题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_____. 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（本大题共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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省“六校联盟”2026届高三年级第三次联考数学试题 命题人：惠州市第一中学 2025.11 （满分150分.考试时间120分钟.） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.并用2B铅笔将对应的信息点涂黑，不按要求填涂的，答卷无效. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上. 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，只需将答题卡交回. 一、单选题（本大题共8小题，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. 【答案】B 【解析】 【分析】以集合中元素为指数计算的幂值，根据交集的定义求解. 【详解】因为， 所以. 故选：B 2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数的除法求复数，再求复数的模. 【详解】由题设，所以. 故选：B 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 【答案】B 【解析】 【分析】由不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【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. 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 【解析】 【分析】根据正方形的性质，结合等比数列的定义、性质、前项和公式进行求解即可. 【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. 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 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的定义，结合导数确定在上的单调性逐项判断. 【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. 已知，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据，即可利用二倍角公式以及和差角公式化简求解. 【详解】由可得 ， 故选：C 7. 已知函数，若恒成立，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对函数进行求导，再利用导数和函数的关系求出导函数的零点，最后令求导判断即可； 先对题干中的式子进行变形，再构造函数，通过单调性比大小即可. 【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. 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】 【分析】设，，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值． 【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. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得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】 【分析】根据图象可知，，，进而求出，结合三角函数的性质逐一判断即可. 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明判断A，若，点在直线，可得体积为定值判断B；上求得直线与直线所成角的最小值判断C；确定外接球的球心，进而轨迹的周长判断D. 【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. 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】 【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A的正误；通过对函数求导，分析函数的单调性，即可判断C的正误；求出切线方程与曲线方程联立，可判断B的正误；设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值与比较，即可判断D的正误. 【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 三、填空题（本大题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】## 【解析】 【分析】分别求出棱锥的底面面积和高，代入棱锥体积公式，即可得到答案. 【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. 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 【解析】 【分析】建立直角坐标系，得到，设点坐标，得到，然后由得到关系式，分析点坐标的范围，逐个验证即可得结论. 【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. 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】 【分析】先由与的关系结合求出，再由得到，联立两式可得，进而求出，，设，，分析的单调性，进而求解即可. 【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. 四、解答题（本大题共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. 【答案】（1）证明：依题意，. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用等高的两个三角形面积等于底边的比，结合三角形面积公式推理得证. （2）由（1）的结论求出及已知可得，再利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）先证明线面垂直，建立空间直角坐标系，求出平面法向量，利用点到平面距离公式求解； （2）假设存在点使得命题成立，得出点坐标及相关向量坐标，利用垂直关系求出平面法向量，利用向量夹角余弦公式构造方程求出，进而得出的值． 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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. 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）. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据常数列的性质进行求解即可； （2）利用放缩法，结合等比数列前项和公式、题中定义进行求解即可. 【小问1详解】 由，得，可知数列是常数列， 所以，所以，所以； 【小问2详解】 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. 【答案】（1）950架 （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）先由独立事件的概率公式求解一架新式无人机经过前3道工序后是合格品的概率，再由二项分布求解期望即可； （2） 根据条件概率的概率公式计算即可； （3）设乙箱中有个球的概率为，结合全概率公式，找到递推关系，构造等比数列进行求解，最终求出即可. 【小问1详解】 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）. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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（，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. 【答案】（1）极大值为，极小值为0 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先求函数的导数，再求函数的单调区间，得到函数的极值点和极值； （2）首先分别求在点处的切线和在点处的切线，利用切线是同一条直线，利用待定系数法，转化为函数在上有零点，利用导数判断函数的单调性，再判断函数存在零点时的取值范围； （3）法1：首先讨论时与最多有两个交点，再分两种方法讨论时，与有3个交点时，的取值范围；法2：当时，此时，设，对其求导，然后令，求得其最大值，分和两种情况讨论求解. 【小问1详解】 ，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； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $