广东省惠州市“六校联盟”2026届高三上学期第三次联考（期中）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省惠州市“六校联盟”2026届高三上学期第三次联考（期中）数学试题一、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】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】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】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【答案】C【解析】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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】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.（1）证明：依题意，.（2）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．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.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：（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：（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.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.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，，