精品解析：广东广州市为明中学2025-2026学年高三下学期第三次质量检测数学试题

2025-2026学年高三下学期第三次质量检测数学试题 （考试用时：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一．单项选择题（本大题共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. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列的公差不为0，且成等比数列，则的公比是（ ）. A. 1 B. 2. C. 3 D. 5 3. 已知实数，则下列不等式不成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C.已知，则的形状一定是（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 6. 已知定义在上的偶函数满足，当时，.函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 14 7. 中国刺绣是我国民族传统工艺之一，始于宋代的双面绣更是传统工艺一绝，它是在同一块底料上，在同一绣制过程中，绣出正反两面图案对称而色彩不一样的绣技．某中学为弘扬中国传统文化开设了刺绣课，并要求为下图中三片花瓣图案做一幅双面绣作品，现有四种不同颜色绣线可选，且双面绣每面三片花瓣相邻区域不能同色，则双面绣作品不同色彩设计方法有（ ）种 A. 144 B. 264 C. 288 D. 432 8. “”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 二．多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 工厂生产了20000件零件，其尺寸X服从正态分布.已知随机变量X服从正态分布，则.下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 尺寸在区间的零件约有13654件 D. 若，则 10. 已知椭圆的两个焦点分别为，P是椭圆C上任意一点，则下列结论正确的是（　　） A. 椭圆C的离心率为 B. 的最小值为2 C. 的最大值为16 D. 可能存在点，使得 11. 表示不超过x的最大整数．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”．则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 函数的值域为 三．填空题（满分15分，每小题5分） 12. 展开式的常数项为 ．（用数字作答） 13. 已知，，将，中所有项从小到大排列，形成一个新的数列，设含有中的p项和中的q项，当时，的前n项和为______． 14. 如图，在梯形ABCD中，，，，，将沿对角线BD折起，设折起后点的位置为，并且平面平面BCD.则下面四个命题中正确的是______.（把正确命题的序号都填上） ①；②三棱锥的体积为；③；④平面平面. 四．解答题（共5小题，满分77分） 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为锐角三角形，已知，且满足条件． （1）求的大小； （2）求面积的最大值； 16. 如图，在正四棱锥中，，E，F分别为PB，PD的中点.设平面平面. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的正切值； （3）若平面与棱交于点，求的长度. 17. 已知函数（且）是指数函数. （1）求的解析式； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围. 18. 一位棋手持续破解一个残局，该残局共有十种走法，其中仅一种可获胜，其余九种均失败.在这十种走法中，有六种属于他的偏好棋路（均为失败走法），另外四种为非偏好棋路（含一种获胜走法和三种失败走法）.在偏好棋路局里，所有待选走法机会均等，并且一旦某一走法无法破解残局，将彻底舍弃该走法；非偏好棋路局同理；一旦成功破局后便不再尝试. （1）若该棋手将所有偏好棋路尝试完之后才尝试非偏好棋路，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求； （2）该棋手以每两局切换一次棋路的方式尝试破局，直至成功，并且前两局采用偏好棋路，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求的分布列； （3）倘若该棋手在第一局采用偏好棋路尝试破局的概率为.当偏好棋路失败时，下一局尝试切换为非偏好棋路的概率为，当非偏好棋路失败时，下一局尝试切换为偏好棋路的概率为，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求. 19. 在平面直角坐标系中，曲线的点均在圆外，且对上任意一点，点到直线的距离比点到点的距离小1． （1）求曲线的方程； （2）若直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，求四边形面积的最小值； （3）设为直线上一动点，过点作圆的两条切线，分别与曲线相交于点和．探究：点的纵坐标之积是否为定值？若是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三下学期第三次质量检测数学试题 （考试用时：120分钟 满分：150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，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.在试题卷上作答无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回. 一．单项选择题（本大题共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. 在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，然后根据复数运算求得正确答案. 【详解】依题意，所以 . 故选：A 2. 已知等差数列的公差不为0，且成等比数列，则的公比是（ ）. A. 1 B. 2. C. 3 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出等差数列的公差与首项的关系即可得解. 【详解】设等差数列的公差为，由成等比数列，得， 整理得，则，所以的公比. 故选：C 3. 已知实数，则下列不等式不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】对于A，因为，所以，故，A正确； 对于B，因为，所以，所以，B错误； 对于C，因为，所以，所以，C正确； 对于D，因为，所以， 故，所以，D正确. 4. 将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，若函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得是偶函数，则结合即可得解. 【详解】由题意是偶函数， 所以，解得， 又，所以. 故选：A. 5. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，C.已知，则的形状一定是（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理变形，再结合余弦函数的性质判断即可. 【详解】在中，由余弦定理得，整理得， 而，函数在上单调递减，因此， 所以是等腰三角形. 故选：C 6. 已知定义在上的偶函数满足，当时，.函数，则与的图象所有交点的横坐标之和为（ ） A. 6 B. 8 C. 10 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】画出、在区间上的图象，根据对称性、周期性等知识来求得正确答案. 【详解】依题意，是定义在上的偶函数，图象关于直线对称， ，所以， 所以是周期为的周期函数，所以的图象关于直线对称. 函数的图象也关于直线对称. 当时，. 当时，，， 当时，，， ，所以直线与曲线相切于点. 画出、在区间上的图象如下图所示， 由图可知，两个函数图象有个公共点， 所以所有交点的横坐标之和为. 故选：C 7. 中国刺绣是我国民族传统工艺之一，始于宋代的双面绣更是传统工艺一绝，它是在同一块底料上，在同一绣制过程中，绣出正反两面图案对称而色彩不一样的绣技．某中学为弘扬中国传统文化开设了刺绣课，并要求为下图中三片花瓣图案做一幅双面绣作品，现有四种不同颜色绣线可选，且双面绣每面三片花瓣相邻区域不能同色，则双面绣作品不同色彩设计方法有（ ）种 A. 144 B. 264 C. 288 D. 432 【答案】B 【解析】 【分析】先求出正面区域的可能的色彩设计方法，再求出反面区域的可能的色彩设计方法，由分步乘法计数原理即可得出答案. 【详解】4种色彩设为1、2、3、4，正面相邻区域不能同色必定用三种颜色，则有种不同方法， 对于中的一种再考虑反面设计，如正面用三色为1、2、3， 则反面颜色也可选1、2、3，但与正面不能同色，故对应为2、3、1和3、1、2两种． 反面颜色也能选1、2、4，与正面1、2、3对应分别为2、1、4，2、4、1，4、1、2三种． 同理反面颜色选1、3、4也为3种，反面选2、3、4也为3种， 则正面用三色为1、2、3，反面颜色对应有11种， 所以双面绣不同色彩设计方法共有种． 故选：B． 8. “”是“直线与曲线恰有1个公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先分析曲线的图形，再结合直线与该曲线的位置关系，再判断 “” 与 “直线与曲线恰有1个公共点” 之间的条件关系. 【详解】曲线表示圆心，半径为的圆的上半部分（包括与轴的交点）， 直线的斜率为1，在轴上的截距为， 当直线与曲线恰有1个公共点时，该直线与曲线相切或有一个交点， 如图所示： 相切时，圆心到直线距离等于2，则， 即或（舍去，因为当时与下半部分相切，不符合题意）. 由图象可知，有一个交点时，. 综上可知，当直线与曲线恰有1个公共点时，或. 于是，当“”时，直线“与曲线恰有1个公共点”，则充分性成立； 当直线与曲线恰有1个公共点时，或，则必要性不成立. 所以， “”是“直线与曲线恰有1个公共点”的充分不必要条件. 故选：A 二．多选题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 工厂生产了20000件零件，其尺寸X服从正态分布.已知随机变量X服从正态分布，则.下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 尺寸在区间的零件约有13654件 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】正态分布中, 为均值, 为标准差,正态曲线关于直线对称.,根据这些正态分布性质对选项逐一分析. 【详解】对于选项A,若,所以.所以 .因为对于正态分布其图像关于直线对称. 当时,.而,则,所以. 故A正确. 对于选项B,因为,所以对称轴为.所以. 又因为,且,所以. 即.故B正确. 对于选项C,则,.所以 所以尺寸在的零件约有件.故C正确. 对于选项D,因为,所以对称轴为.若根据正态分布对称性可知,即.故D错误. 故选:ABC. 10. 已知椭圆的两个焦点分别为，P是椭圆C上任意一点，则下列结论正确的是（　　） A. 椭圆C的离心率为 B. 的最小值为2 C. 的最大值为16 D. 可能存在点，使得 【答案】BC 【解析】 【详解】由题可知，所以， 对于A，椭圆C的离心率为，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，， 当且仅当时取得等号，C正确； 对于D，当不在轴上时， ， 当且仅当时取得等号， 当在轴上时，，上述不等式成立， 所以的最大值为60°，D错误. 11. 表示不超过x的最大整数．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”．则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 函数的值域为 【答案】BD 【解析】 【分析】结合“取整函数”定义，判断AD，取特例判断BC. 【详解】对于A，因为，所以恒成立，故A错误； 对于B，令，则，故B正确； 选项C，如，则，故C错误； 对于D，根据定义可知，，所以函数的值域为，故D正确． 故选：BD 三．填空题（满分15分，每小题5分） 12. 展开式的常数项为 ．（用数字作答） 【答案】-160 【解析】 【详解】由，令得，所以展开式的常数项为. 考点：二项式定理. 13. 已知，，将，中所有项从小到大排列，形成一个新的数列，设含有中的p项和中的q项，当时，的前n项和为______． 【答案】3726或5154 【解析】 【分析】由题可得对于中的任意一项，总存在正整数，使.设，注意到表示中所有形如形式的数的个数，表示中所有奇数的个数，据此可得，经验证分析可得或，据此可得答案. 【详解】由题可得表示全体正奇数，表示所有形如形式的数. 则对于中的任意一项，总存在正整数，使. 设，则表示中所有形如 形式数的个数，从而.表示中所有奇数的个数， 其中，则；，则， 则. 又由题可得，则. 经验证可得时，不等式不成立；或时，不等式成立. 当时，， 又函数的增长速度远大于函数的增长速度， 则时，，不成立. 综上或. 当时，，， 则 ； 当时，，， 则 ； 故答案为：或 14. 如图，在梯形ABCD中，，，，，将沿对角线BD折起，设折起后点的位置为，并且平面平面BCD.则下面四个命题中正确的是______.（把正确命题的序号都填上） ①；②三棱锥的体积为；③；④平面平面. 【答案】③④ 【解析】 【分析】根据空间几何中的垂直关系即可进行证明与判断. 【详解】 若，由已知平面平面BCD， 且平面与平面交线为. 如图过作的垂线，垂足为,易知平面，又因为平面， 所以，，与平面， 可得：平面，又因为平面，所以与已知矛盾， 故不成立. 所以①错误. 三棱锥的体积， 故②错误. 在中，，所以，同理在中， ，又因为，在中满足，故， 所以③正确. ，，平面，平面， 所以平面，平面，所以，平面平面. 所以④正确. 故答案为：③④ 【点睛】1. 空间几何中垂直关系为重点考察内容，也是直观想象核心素养的直接体现. 2.线线垂直、线面垂直、面面垂直的判定和性质是解决此类问题的关键. 3.注意通过现有的垂直关系和可证明的垂直关系，利用直角三角形来减少运算量. ， 四．解答题（共5小题，满分77分） 15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，为锐角三角形，已知，且满足条件． （1）求的大小； （2）求面积的最大值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理可求的大小. （2）利用基本不等式，结合三角形的面积公式，可求面积的最大值. 【小问1详解】 由. 由余弦定理，，且为三角形内角，所以. 【小问2详解】 由，得， 所以（当且仅当，即为等边三角形时取等号）. 所以. 所以面积的最大值为. 16. 如图，在正四棱锥中，，E，F分别为PB，PD的中点.设平面平面. （1）求证：； （2）求平面与平面夹角的正切值； （3）若平面与棱交于点，求的长度. 【答案】（1）证明:在中，因为E，F分别为，PD的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理可得； （2）设，连接，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解可得； （3）连接，设，由向量的坐标运算求出，再利用计算可得. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 设，连接， 因为为正四棱锥，所以为正方形的中心， 所以，平面 以为原点，，OB，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可知，，，，，， ，，，， 设平面的法向量为， 则，即，令，则 因为平面，所以为平面的法向量， 设平面与平面夹角为， 则，故. 【小问3详解】 连接，设，所以， 因为，所以， 已知平面的法向量为， 所以平面的法向量为， 由平面，可知， 即，解得，，故. 17. 已知函数（且）是指数函数. （1）求的解析式； （2）若不等式对任意恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用指数函数的定义即可得解； （2）代入，将不等式转化为恒成立，从而分类讨论，结合基本不等式即可得解. 【小问1详解】 因为且是指数函数， 所以，解得， 所以的解析式为. 【小问2详解】 将代入不等式， 得， 由于，上式同时除以，得， 整理得， 因为，令，则， 所以不等式转化为，整理得恒成立， 当时，恒成立. 当时，， 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，即的取值范围是. 18. 一位棋手持续破解一个残局，该残局共有十种走法，其中仅一种可获胜，其余九种均失败.在这十种走法中，有六种属于他的偏好棋路（均为失败走法），另外四种为非偏好棋路（含一种获胜走法和三种失败走法）.在偏好棋路局里，所有待选走法机会均等，并且一旦某一走法无法破解残局，将彻底舍弃该走法；非偏好棋路局同理；一旦成功破局后便不再尝试. （1）若该棋手将所有偏好棋路尝试完之后才尝试非偏好棋路，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求； （2）该棋手以每两局切换一次棋路的方式尝试破局，直至成功，并且前两局采用偏好棋路，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求的分布列； （3）倘若该棋手在第一局采用偏好棋路尝试破局的概率为.当偏好棋路失败时，下一局尝试切换为非偏好棋路的概率为，当非偏好棋路失败时，下一局尝试切换为偏好棋路的概率为，记为该棋手成功破解该残局所需的局数，求. 【答案】（1） （2） 3 4 7 8 （3）【解析】 【分析】（1）首先分析第7局获胜的走法事件，再应用独立事件乘法公式求概率； （2）由题意的可能取值为，并分析对应事件求出对应概率，即可得分布列； （3）分第1局为偏好棋路、非偏好棋路，应用独立事件乘法分别求出对应概率，再应用互斥事件加法求概率即可. 【小问1详解】 该棋手先尝试偏好棋路，偏好棋路共6种且全部为失败走法，所以前6局必定全部失败， 第7局开始尝试非偏好棋路，非偏好棋路共4种，其中包含1种获胜走法和3种失败走法，且机会均等， 所以第7局获胜的概率为； 【小问2详解】 由题意知，棋手按两局偏好、两局非偏好的方式循环切换，直到成功， 前两局为偏好棋路（必败），所以的可能取值为， 第3、4局切换为非偏好棋路（4种，1胜3败）：，， 若前4局均失败（概率为），第5、6局又切换回偏好棋路（剩余4种，必败）， 第7、8局再切换为非偏好棋路（剩余2种，1胜1败）：，， 注：第7局若失败，第8局必为剩下的那一种获胜走法，概率为1， 所以，的分布列为 3 4 7 8 【小问3详解】要使得（即第1局失败，第2局成功），分析第1局的两种可能性： 第1局为偏好棋路： 偏好棋路必败（概率1），此时有的概率切换为非偏好棋路， 切换后，非偏好棋路共有4种走法（1胜3败），所以第2局获胜的概率为， 此分支概率为， 第1局为非偏好棋路： 非偏好棋路失败的概率为，此时有的概率不切换，继续尝试非偏好棋路， 继续尝试时，非偏好棋路还剩3种走法（1胜2败），所以第2局获胜的概率为， 此分支概率为， 综合上述两种情况，. 19. 在平面直角坐标系中，曲线的点均在圆外，且对上任意一点，点到直线的距离比点到点的距离小1． （1）求曲线的方程； （2）若直线上一动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，求四边形面积的最小值； （3）设为直线上一动点，过点作圆的两条切线，分别与曲线相交于点和．探究：点的纵坐标之积是否为定值？若是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是，定值2304． 【解析】 【分析】（1）方法一：由题意上任意一点到直线的距离等于点到点的距离，然后由抛物线定义求解方程即可； 方法二：由题意，设点的坐标为，利用距离关系列式化简即可求解轨迹方程. （2）四边形的面积，根据点与圆的位置关系求得的最小值，即可得解. （3）设点的坐标为，则切线方程为，利用相切关系得关于的二次方程，设过点所作的两条切线的斜率分别为，根据韦达定理得，设点的纵坐标分别为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，同理可得，从而代入化简得. 【小问1详解】 方法一：由题意，到直线的距离比点到点的距离小1， 上任意一点到直线的距离等于点到点的距离， 因此，曲线的是以为焦点，直线为准线的抛物线， 故曲线的方程为． 方法二：由题意，设点的坐标为， 由题意得，易知点位于直线的右侧， ，化简得，曲线的方程为． 【小问2详解】 由题意得，的圆心为，半径， 又四边形的面积， 当的值最小时，四边形的面积最小，又的最小值为， 四边形面积的最小值为． 【小问3详解】 当点在直线上运动时，设点的坐标为．又， 过点且与圆相切的直线的斜率存在且不为0， 每条切线都与有两个交点，则切线方程为， 即，所以，整理得①. 设过点所作的两条切线的斜率分别为， 则是方程①的两个实数根， ． 联立得，③. 设点的纵坐标分别为，则是方程③的两个实数根， ． 同理可得，⑤. 联立①③⑤三式，得 ， 当在直线上运动时，点的纵坐标之积为定值2304． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $