精品解析：云南省名校联盟2026届高三上学期第三次联考数学试题

数学（三）试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，，则向量与的夹角的正切值等于（ ） A. 1 B. C. D. 2 4. 已知直线与圆交于，两点，为圆心，若的面积等于8，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知斜率为2的直线与曲线相交，交点依次为，，，且，则直线的方程为（     ） A. B. C. D. 6. 已知正实数，满足，则的最小值是（     ） A. 22 B. 26 C. 28 D. 30 7. 已知定义在上的函数，满足，在上的最大值为，则在上的最小值为（     ） A. B. C. 4 D. 5 8. 图①②是斜边为1，一个锐角为的两个全等的直角三角形，图③④是斜边为1，一个锐角为的两个全等的直角三角形，下图是由①②③④这四个直角三角形与一个矩形（图⑤）无缝拼接而成，且，则①②③④⑤这五个图形的面积之和为（     ） A. B. C. D. 二、选择题：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，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，将图象上每个点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（     ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 在上单调递减 10. 某项团队建设活动，每场活动固定进行两轮，每轮结束后可得4分或7分.任意一场活动，第一轮得4分或7分的概率均为；在同一场活动中，若第一轮得4分，则第二轮得4分的概率为，得7分的概率为；若第一轮得7分，则第二轮得4分的概率为，得7分的概率为.若一场活动结束总分超过10分，称该场活动为“成功场次”.已知各场活动的结果相互独立，则下列选项正确的是（     ） A. 一场活动结束总分为8分的概率为 B. 一场活动结束总分为11分的概率为 C. 已知该场活动为“成功场次”的条件下，该场活动结束总分为11分的概率为 D. 若连续5场活动中“成功场次”的次数为，则的数学期望 11. 已知直线与双曲线交于，两点，，是的左，右焦点，为坐标原点，且，，则下列结论正确的是（     ） A. 的离心率为 B. C. 到的距离为 D. 到和的距离之和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的系数为，则_____. 13. 已知是椭圆的右焦点，位于第一象限的点在上，且，则点的坐标为_____. 14. 已知四棱锥 的底面是等腰梯形，且， ， ，侧棱 底面，，若四棱锥 的五个顶点都在半径为的球面上，则_____. 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. 某物流公司为评估派送时效，从全部订单中随机抽取200单作为样本，得到订单从入库到送达的时长（单位：小时），并整理得下表： 从入库到送达的时长/小时 频率 0.04 0.24 0.20 0.18 0.12 0.06 （1）求表中的值并估计样本时长的中位数. （2）公司拟在从入库到送达的时长位于，，的这三组订单中，采用按比例分配的分层随机抽样的方法共抽取24单，求分别从这三组订单中各抽取多少单. （3）已知落在的样本从入库到送达的平均时长为7.2小时，方差为0.49；落在的样本从入库到送达的平均时长为8.7小时，方差为0.64.求这两组样本从入库到送达的时长的总平均数与总体方差. 参考公式：，其中为总样本平均数. 16. 如图，在直三棱柱中，已知，，，，是的中点，，是上的点，且 . （1）证明： 平面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知正项数列的前项和为，且，. （1）证明：为等差数列，并求所有满足条件数列的通项公式； （2）把所有满足条件的项从小到大依次排列，组成新的数列，记数列的前项和为，求. 18. 设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，为坐标原点. （1）求； （2）设点，直线 ， 与的另一个交点分别为，求 面积的最小值. 19. 已知函数. （1）为的导数，讨论的单调性； （2）若函数在定义域内有两个极值点，，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学（三）试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件求出复数，从而可求出其在复平面对应的点所在的象限. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点 在第二象限， 故选：B 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，再根据交集的概念计算. 【详解】由，即，解得 ，故， 因为，所以. 故选：A. 3. 已知向量，，则向量与的夹角的正切值等于（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】先利用向量夹角的坐标运算求得，然后利用同角三角函数求得向量与的夹角的正切值. 【详解】设向量与的夹角为， 因为，，所以， 所以，故. 故选：C. 4. 已知直线与圆交于，两点，为圆心，若的面积等于8，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角形的面积可求得，可求弦长. 【详解】圆的半径，由已知得，故， 所以，所以. 故选：D. 5. 已知斜率为2的直线与曲线相交，交点依次为，，，且，则直线的方程为（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过导数的对称轴求得曲线的对称中心，由题意求得点坐标，即可求得直线方程. 【详解】由得， 导数关于对称， 令，此时， 由三次函数的对称性可知曲线的对称中心为， 由知，点、关于点对称，即， 故直线过点，斜率为2，其方程为 ， 故选：B. 6. 已知正实数，满足，则的最小值是（     ） A. 22 B. 26 C. 28 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】将变形为，然后利用基本不等式求得最小值. 【详解】由题得，因为，所以，同理， 将条件变形为， 则， 当且仅当，即，时取等号，所以的最小值为28. 故选：C. 7. 已知定义在上的函数，满足，在上的最大值为，则在上的最小值为（     ） A. B. C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，由题意得函数为奇函数，根据题意求得函数在上最大值，即可求得函数在上最大值，从而得到结果. 【详解】函数的定义域为， 由，得， 令，则，所以函数为奇函数， 因为函数在上的最大值为， 所以函数在上的最大值为， 故函数在上的最小值为4， 从而函数在上的最小值为5， 故选：D. 8. 图①②是斜边为1，一个锐角为的两个全等的直角三角形，图③④是斜边为1，一个锐角为的两个全等的直角三角形，下图是由①②③④这四个直角三角形与一个矩形（图⑤）无缝拼接而成，且，则①②③④⑤这五个图形的面积之和为（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】方法一：表达出各边长，作出辅助线，求出矩形 的面积，矩形的面积，相加可得答案； 方法二：将这五个图形重新组合得到一个边长为1，一个内角为 的菱形，由菱形面积公式求出答案. 【详解】方法一：①②两个直角三角形的两条直角边分别为 和， ③④两个直角三角形的两条直角边分别为和，过作的垂线，垂足为， 因为，所以， 如图一，则①②③④⑤这五个图形的面积之和为矩形 与矩形面积的和， 设矩形 的面积为，矩形的面积为， 而，， 则， 故所求五个图形的面积之和为， 方法二：将这五个图形重新组合得到一个边长为1，一个内角为 的菱形， 如图二，菱形的高，则该菱形的面积为. 故选：B. 二、选择题：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，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的部分图象如图所示，将图象上每个点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则下列结论正确的是（     ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 在上单调递减 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的图像确定的表达式，然后根据三角函数的变换求出的表达式，然后根据正弦函数的对称轴、单调性等知识判断选项即可. 【详解】由图得，，故， 由，得， 由图知在上单调递增，所以，， 又，所以，，所以， 所以，故A错误，B正确； 因为，故直线是的图象的一条对称轴，C正确； 由，得， 令，得，而， 所以在上单调递减，在上单调递增，故D错误. 故选：BC. 10. 某项团队建设活动，每场活动固定进行两轮，每轮结束后可得4分或7分.任意一场活动，第一轮得4分或7分的概率均为；在同一场活动中，若第一轮得4分，则第二轮得4分的概率为，得7分的概率为；若第一轮得7分，则第二轮得4分的概率为，得7分的概率为.若一场活动结束总分超过10分，称该场活动为“成功场次”.已知各场活动的结果相互独立，则下列选项正确的是（     ） A. 一场活动结束总分为8分的概率为 B. 一场活动结束总分为11分的概率为 C. 已知该场活动为“成功场次”的条件下，该场活动结束总分为11分的概率为 D. 若连续5场活动中“成功场次”的次数为，则的数学期望 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用独立事件概率的计算公式，即若事件、相互独立，则 ，和条件概率公式，以及对于二项分布，其期望，逐项分析即可. 【详解】记事件表示第轮活动得4分，事件表示第轮活动得7分，其中， 所以，，，，. 记事件表示一场活动结束总分为8分，记事件表示一场活动结束总分为11分， 记事件表示一场活动为“成功场次”. 选项A，，故A正确； 选项B，，故B错误； 选项C，， 所以，所以，故C正确； 选项D，由于各场活动的结果相互独立，则， 所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知直线与双曲线交于，两点，，是的左，右焦点，为坐标原点，且，，则下列结论正确的是（     ） A. 的离心率为 B. C. 到的距离为 D. 到和的距离之和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据余弦定理求出双曲线的离心率，根据斜率的定义求出，根据点到直线的距离公式判断C，结合图形根据几何性质判断D. 【详解】如图，设的焦距为 ，由对称性知，又 得，所以，，又， 得，故，A正确； 在中，有，故 在中，， 所以，B正确； 到的距离为，C错误； 分别过，作，与垂直，垂足分别为，， 由为的中点知，到的距离为， 同理到的距离为，所以到和的距离之和为，D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中的系数为，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式，结合题意即可得方程，求解即可. 【详解】由展开式的通项公式得：， 令，则 ，所以， 由题意得：，而，故，解得. 故答案为： 13. 已知是椭圆的右焦点，位于第一象限的点在上，且，则点的坐标为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据列方程组求解. 【详解】设椭圆的焦距为 ，由 ，得， 因为点在第一象限，故可设， 因为，所以， 又点在上得，两式联立解得，， 故点的坐标为. 故答案为： 14. 已知四棱锥 的底面是等腰梯形，且， ， ，侧棱 底面，，若四棱锥 的五个顶点都在半径为 的球面上，则_____. 【答案】2 【解析】 【分析】作出辅助线，得到各边长，得到，所以，取的中点为，则为四边形外接圆的圆心，并找到四棱锥的球心，求出半径. 【详解】过，分别作的垂线，垂足为，，则 ， 因为底面是等腰梯形，， ，则， 所以，又，所以. 而 ，，所以， 取的中点为，则为四边形外接圆的圆心， 则该圆的半径为，取的中点为， 作，且，因为 底面， 所以四边形为矩形，则 平面，故， 所以为四棱锥 外接球的球心，， 而，所以. 故答案为：2 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. 某物流公司为评估派送时效，从全部订单中随机抽取200单作为样本，得到订单从入库到送达的时长（单位：小时），并整理得下表： 从入库到送达的时长/小时 频率 0.04 0.24 0.20 0.18 0.12 0.06 （1）求表中的值并估计样本时长的中位数. （2）公司拟在从入库到送达的时长位于，，的这三组订单中，采用按比例分配的分层随机抽样的方法共抽取24单，求分别从这三组订单中各抽取多少单. （3）已知落在的样本从入库到送达的平均时长为7.2小时，方差为0.49；落在的样本从入库到送达的平均时长为8.7小时，方差为0.64.求这两组样本从入库到送达的时长的总平均数与总体方差. 参考公式：，其中为总样本平均数. 【答案】（1），中位数为 （2）从样本订单的时长位于，，的订单中分别抽取的单数为12，8，4 （3）总平均数（小时），总方差 【解析】 【分析】（1）由各频率之和为1，可得，再根据频率表求中位数即可； （2）根据分层抽样的方式计算各组订单数即可； （3）由分层抽样的方差计算公式求解． 【小问1详解】 由题得，解得. 设样本时长的中位数为，，解得； 【小问2详解】 由数据知，样本订单从入库到送达的时长位于的订单数为， 样本订单从入库到送达的时长位于的订单数为， 样本订单从入库到送达的时长位于的订单数为， 所以采用按比例分配的分层抽样方法从样本订单的时长位于，， 的订单中分别抽取的单数为12，8，4； 【小问3详解】 由表中数据知，从入库到送达的时长位于的订单数为， 从入库到送达的时长位于的订单数为， 所以总平均数（小时）， 总方差． 16. 如图，在直三棱柱中，已知，，，，是的中点，，是上的点，且 . （1）证明： 平面； （2）求点到平面的距离； （3）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：证明：取的中点，连接，，如图： 由已知是的中点，所以且. 而 ，所以，则且， 所以 且 ，故四边形 是平行四边形，则 . 又 平面， 平面，所以 平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用“平行四边形法”在平面内找“线”，通过线线平行，证明线面平行. （2）利用，等体积法求高. （3）建系，利用空间向量求解面面夹角问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为直三棱柱，则平面平面， 又平面 平面 ，，所以平面. 又平面，则 .由，，， 可得，.所以. 而，由 平面可知， 点到平面的距离等于点到平面的距离. 而由题意同理可证得 平面，所以点到平面的距离即为， 所以点到平面的距离. 设点到平面的距离为，因为， 则 ，即 ，得. 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴， 建立空间直角坐标系，如（1）图. 则 ，，，则，， 设平面的法向量为，由得， 令，得.由题可知，平面的法向量可取， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知正项数列的前项和为，且，. （1）证明：为等差数列，并求所有满足条件数列的通项公式； （2）把所有满足条件的项从小到大依次排列，组成新的数列，记数列的前项和为，求. 【答案】（1）令，则 ， 由得 ，解得 或 ， 因为 ，则 ， 两式相减得 ， 化简得 ， 因式分解得 ， 由已知 ，故 . 所以 是公差为3的等差数列. 当 时，数列 的通项公式为 ， 当 时，数列 的通项公式为 . （2） 【解析】 【分析】（1）由与的关系求得数列通项公式； （2）由（1）得到，借助等差数列的前项和公式求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 满足条件的数列有两个： 数列1： ，即1，4，7，10，13，… 数列2： ，即2，5，8，11，14，… 将这两项合并后按升序排列，得到：1，2，4，5，7，8，10，11，13，… 所以数列是所有不能被3整除的正整数数列， 所以数列的通项公式为 当为偶数时，设，则 ，将代入得， 当为奇数时，设 ，，则 ， 将代入得， 因此 . 18. 设抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，为坐标原点. （1）求； （2）设点，直线 ， 与的另一个交点分别为，求 面积的最小值. 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）利用直线与抛物线联立，由直线经过轴上的点的横坐标，可得两交点的纵坐标之积为定值，再结合点在抛物线上，又可求得两交点的横坐标之积为定值，从而可得向量积为定值； （2）利用第一问的结论，来研究交点的纵坐标，并可求得直线经过轴上的点的横坐标，再把 的面积转化为的纵坐标之差与的长度之积的一半来进行计算即可求解. 【小问1详解】 设，，直线的方程为 ， 由得，时， 则 ， 因为直线经过点，所以，故 ，此时 而两点在上，故，，所以， 所以. 【小问2详解】 设，，因为直线，经过点， 由（1）知，由，则，， 设直线的方程为， 同理得，， 则，， 由， 而 ，所以，故. 所以直线经过定点，且， ， 当且仅当 时等号成立，所以 面积的最小值为8. 19. 已知函数. （1）为的导数，讨论的单调性； （2）若函数在定义域内有两个极值点，，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） 当，在上单调递减； 当 ，在 上单调递增；在 上单调递减. （2）（i）； （ii）证明：因为，是 的两根， 所以，即，两式相减得. 又 ， 同理 ，则 . 欲证，即证， 只需证，而，即证， 因为，所以 ，则只需证 . 令 ，则转化为证明 ，. 设 ，，则 ， 所以在上单调递减，故 ， 即恒成立. 所以成立. 【解析】 【分析】（1）将设成，通过二次求导，讨论，可得单调性. （2）（i）在定义域内有两个极值点，转化为在区间上恰有两个“变号”零点问题，进行求解. （ii）通过构造差函数，将“双元”转变成“一元”，从而得证. 【小问1详解】 由题， ，. 设 ，，则， 若，则，所以在上单调递减. 若 ，当时， ，所以在 上单调递增. 当时，，所以在 上单调递减. 综上所述，当，在上单调递减； 当 ，在 上单调递增；在 上单调递减. 【小问2详解】 （i）函数在定义域内有两个极值点， 等价于在区间上恰有两个“变号”零点， 由（1）知， ，且 ， 解得 . 而当且时， ; 时， . 综上所述，的取值范围为. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $