2026届高三假期作业卷3及答案解析

试卷第=page22页，共=sectionpages44页2026届高三假期作业卷3（时间：120分钟，满分：150分）一、单选题（每小题5分，满分40分）1．已知复数，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，若，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．3．已知则的最小值为（

）A． B． C． D．4．已知等差数列公差不为零，且，则“”是“”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．既不充分又不必要条件5．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，已知点的坐标为，则点的坐标为（）A．B．C． D．6．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．7．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件：，，，则下列结论中不正确的是（

）A． B．C．是数列中的最大值 D．8．下列曲线中，与曲线交点个数最多的是（

）A．B．C． D．二、多选题（每小题6分，满分18分）9．设，为两个相互独立的随机事件，且，，则下列命题中正确的是（

）A．B．C． D．10．已知的三个内角分别为A，B，C，，，，D在线段上，且满足平分．则（

）A． B． C． D．11．在正三棱台中，，，点是线段上的动点，则下列选项中正确的是（

）A．B．直线与直线所成角的取值范围为C．存在点使得平面D．存在点使得平面三、填空题（每小题5分，满分15分）12．过两直线的交点，且在两坐标轴上截距相等的直线方程为.13．已知，则．14．若函数存在唯一零点，则的取值范围是.四、解答题（共5小题，满分77分）15．已知双曲线的一条渐近线方程为，点在上，直线与交于两点．（本小题满分13分）(1)求的方程；(2)若线段的中点坐标为，求直线的方程；(3)若为的左顶点，直线过的右焦点，，都在的右支上，的面积为，为坐标原点，求．16．如图，四棱锥中，平面，，底面为正方形.（本小题满分15分）

(1)证明:平面平面.(2)若E，G分别为PA，PC的中点，F是线段PB上靠近点B的三等分点，平面交PD于点H.①求的值；②求平面与平面所成二面角的正弦值.17．已知数列的首项，前项和为，数列是公差为的等差数列；等比数列的前项和为，且满足.（本小题满分15分）(1)求数列、的通项公式；(2)求数列的前项和；(3)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.18．已知函数．（本小题满分17分）(1)求证：；(2)过点作直线与函数的图象均相切，求实数的值；(3)已知，若存在，使得成立，求实数的最大值．19．（本小题满分17分）欧冠资格争夺中的概率迷局，某足球联赛进入最后两轮，四支球队争夺两个欧冠资格。当前积分及关键数据如下：球队积分净胜球相互战绩积分相互净胜球ABCD706969686442最后两轮赛程：—第37轮：—第38轮：联赛排名规则（依次应用）：（1）总积分高者排名靠前（2）相互比赛积分高者排名靠前（3）相互比赛净胜球多者排名靠前（4）总净胜球多者排名靠前（5）总进球数多者排名靠前（假设总进球数与净胜球成正比，比例系数为1）假设：—每场比赛胜、平、负的概率分别为A队实力最强，对阵其他队胜率均为，平率为—实力相当，对阵D队胜率为，平率为—B与C对阵，胜率各为，平率为—净胜球与比赛结果相关：胜1球概率为，胜2球概率为，胜球概率为(1)若，求A队最终获得第1名的概率；(2)求A队至少获得一个欧冠资格（前两名）的概率关于p的表达式；(3)证明：当时，B队获得欧冠资格的概率大于C队；(4)若联赛组织方考虑修改排名规则，将“相互比赛净胜球”调整为“总净胜球”优先级高于“相互比赛积分”，分析这对A队获得第1名概率的影响．2026届高三假期作业卷3未命名一、单选题1．已知复数，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】C【分析】首先化简，再根据复数代数形式的除法运算化简，最后根据复数的几何意义判断即可.【详解】因为，所以，所以在复平面内对应的点为，位于第三象限.故选：C.2．已知集合，若，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由，则，建立不等式组解出即可.【详解】因为，且，所以，由，则，所以，解得，所以实数的取值范围为，故选：C.3．已知则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用基本不等式可求得的最小值.【详解】因为，所以，设，则，则，当且仅当，即时等号成立.故选：D.4．已知等差数列公差不为零，且，则“”是“”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．既不充分又不必要条件【答案】C【分析】根据充分、必要条件的定义结合等差数列的通项公式判断即可.【详解】设等差数列的公差为，因为，，若，则可得，所以，所以“”是“”的充分条件；若，则，所以，又因为，所以，所以，所以“”是“”的必要条件；综上所述：“”是“”的充要条件.故选：C.5．如图，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，已知点的坐标为，则点的坐标为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】先设点的坐标，再结合边长及垂直应用平面向量数量积公式列式计算求解.【详解】设，因为四边形是正方形，所以，所以，因为，所以，又因为，所以，所以，即得，解得或，因为，所以不合题意舍去，所以，所以点.故选：A.6．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件，将三棱锥补成长方体，再利用长方体的性质求出外接球的半径，即可求解.【详解】如图，将三棱锥补成长方体，设，又，则，，，将三式相加得，因为三棱锥的顶点全在长方体的顶点上，所以长方体的外接球也是三棱锥的外接球，由长方体的性质知，长方体的外接球球心在体对角线的中点处，且体对角线长为，所以三棱锥的外接球的半径为，则球的表面积为.故选：D.7．设等比数列的公比为，其前项和为，前项积为，并满足条件：，，，则下列结论中不正确的是（

）A． B．C．是数列中的最大值 D．【答案】D【分析】推导出，，结合数列的单调性可判断A选项；利用等比中项的性质可判断BD选项；分析可知当且时，，当且时，，可判断C选项.【详解】设等比数列的公比为，对于A选项，因为，，则，所以，故对任意的，，故数列为单调递增数列，即，A对；对于B选项，因为，则或，若，即，所以，此时数列为单调递增数列，则，不符合题意，若，即，所以，此时数列为单调递减数列，则，符合题意，故，所以，所以，B对；对于C选项，由B选项可知，当且时，，当且时，，所以为数列中的最大值，C对；对于D选项，，D错.故选：D.8．下列曲线中，与曲线交点个数最多的是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】对函数求导，利用导数判断原函数单调性和极值，进而可得图象，结合图象分析交点个数即可.【详解】因为的定义域为，且，令，解得或；令，解得；可知函数在内单调递增，在内单调递增，当时，函数取到极大值；当时，函数取到极小值；且当趋近于时，函数趋近于；当趋近于时，函数趋近于；对于选项A：分别作出曲线和曲线的图象，由图象可知：曲线与曲线有3个交点；对于选项B：曲线，用替换可得，即，方程不变，曲线关于y轴对称；用替换可得，即，方程不变，曲线关于x轴对称；且当且时，曲线即为，据此可得曲线和曲线的图象，如图所示：由图象可知：曲线与曲线有6个交点；对于选项C：曲线即为，由图象可知：曲线与曲线有4个交点；对于选项D：曲线即为，由图象可知：曲线与曲线有5个交点；综上所述：与曲线交点个数最多的是.故选：B.二、多选题9．设，为两个相互独立的随机事件，且，，则下列命题中正确的是（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】根据独立事件定义以及条件概率乘法公式计算可得，再由全概率公式计算可得各选项结果，即可得出AB错误，C正确，再由随机事件概率的加法公式计算可得D正确.【详解】由，可得；因此C正确；又，为两个相互独立的随机事件，所以，所以；根据全概率公式可得,解得，因此A错误；又，解得，因此B错误；易知，所以，即D正确.故选：CD10．已知的三个内角分别为A，B，C，，，，D在线段上，且满足平分．则（

）A． B． C． D．【答案】ABD【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由，分别求出，得，即可求解；对于C，由，求出，结合余弦定理可求解；对于D，求出，由于，解得，利用等面积法即可求解.【详解】对于A，在中，由正弦定理可得，所以，故A正确；对于B，因为，则，则，由于，，则，由于，，则，所以，故B正确；对于C，因为，在中，由余弦定理：，即，故C不正确；对于D，由于，所以，解得（负数舍去）；因为在线段上，且满足平分．则在中，由等面积可得：，即，解得：，故D正确.故选：ABD.11．在正三棱台中，，，点是线段上的动点，则下列选项中正确的是（

）A．B．直线与直线所成角的取值范围为C．存在点使得平面D．存在点使得平面【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，求出棱台的各个顶点坐标，对A，利用向量的坐标运算可得，即可求解；对B，，利用线线角的向量法可得，再求出其范围，即可解；对于C，利用线面平行的判定定理即可求解；对于D，利用，建立方程，求出，即可求解.【详解】将正三棱台补成如图所示的正三棱锥，因为，则，所以为的中点，过作于，由正三棱台的性质得，又，则，过作平面于，则是的中心，连接并延长交于，易知为的中点，由，易得，，，所以，设平面于，连接并延长交于，易知为的中点，易得，，，过作交于，则，过点作直线平面，以所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，对于A选项，，则，所以不垂直，故A错误；对于B选项，设，因为，设直线与直线所成的角为，则，又，令，令，则，当时，，当时，，又，则，故，则，又，所以，故B正确；对于C选项，当与重合时，此时即，易知，又平面，平面所以平面，故C正确，对于D选项，由选项B知，又则，得到，解得，故当与重合时，平面，故D正确，故选：BCD.三、填空题12．过两直线的交点，且在两坐标轴上截距相等的直线方程为.【答案】或【分析】联立方程求出交点坐标，分截距是否为0讨论求解直线方程.【详解】由，解得，即两直线交点坐标为，若所求直线在两坐标轴上截距为0，则该直线经过原点和，方程为，整理得；若所求直线在两坐标轴上截距不为0，则该直线方程可设为，将点坐标代入方程可得，所以此时直线方程为，整理得，综上，所求直线方程为或.故答案为：或.13．已知，则．【答案】【分析】先求，再利用二倍角公式，进而求解即得.【详解】由题意有：，所以，故答案为：.14．若函数存在唯一零点，则的取值范围是.【答案】【分析】根据函数零点和方程解的关系，判断方程解的个数，进而根据方程解与函数图像交点间的关系，求出存在唯一零点时的情况，根据函数导数的几何意义，求出直线相切时的参数值，求出结果.【详解】由题意可得，可知方程存在唯一解，即射线与曲线和共有一个交点.当时，与交于一点，与无公共点，符合题意；当时，若与曲线或相切，有唯一公共点，可知曲线的导函数为，设切点为，则切线斜率为，切线方程为，当切线经过原点时，解得，此时斜率为，即；可知曲线的导函数为设切点为，则切线斜率为，切线方程为，当切线经过原点时，解得，此时斜率为，即；综上，.四、解答题15．已知双曲线的一条渐近线方程为，点在上，直线与交于两点．(1)求的方程；(2)若线段的中点坐标为，求直线的方程；(3)若为的左顶点，直线过的右焦点，，都在的右支上，的面积为，为坐标原点，求．【答案】(1)的方程为；(2)；(3)【分析】（1）由题意列关于的不等式组求出即可求解；（2）由点差法求出直线斜率即可由点斜式求解；（3）联立直线方程与双曲线方程求出韦达定理，由韦达定理结合弦长公式求出弦长，再由点到直线距离和面积求出参数k即可由数量积坐标运算分析计算求解.【详解】（1）由题可得，所以的方程为；（2）设，则，所以，所以直线的方程为即；（3）由（1）得，当直线斜率不存在时，直线，代入双曲线方程得，此时的面积为，不符合，所以直线斜率存在，设直线，联立得，则，所以，所以，又点M到直线的距离为，所以（舍去）或，则，，所以．

16．如图，四棱锥中，平面，，底面为正方形.

(1)证明:平面平面.(2)若E，G分别为PA，PC的中点，F是线段PB上靠近点B的三等分点，平面交PD于点H.①求的值；②求平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)①；②.【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质判定及面面垂直的判定推理得证.（2）①建立空间直角坐标系，令，写出相关点的坐标，利用共面向量定理列式求解；②求出平面的法向量，利用面面角的向量法求解.【详解】（1）在四棱锥中，由平面，平面，得，由正方形，得，而平面，则平面，又平面，所以平面平面.（2）①由（1）得直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

令，则，设，，由点平面，得，即，则，因此，，所以.②设平面的法向量，则，令，得，而平面的法向量，则，所以平面与平面所成二面角的正弦值为.17．已知数列的首项，前项和为，数列是公差为的等差数列；等比数列的前项和为，且满足.(1)求数列、的通项公式；(2)求数列的前项和；(3)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围.【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根据等差数列的通项公式可得出数列的通项公式，可得出的表达式，再利用可得出数列的通项公式；当时，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可得出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，利用错位相减法可求得；（3）由得，令，分析数列的单调性，分为奇数、偶数两种情况讨论，结合参变量分离法可求得实数的取值范围.【详解】（1）的首项为，公差为，，.当时，，也适合上式，.当时，，

①，

②①②：，，即，的公比，令①式中得，即，，.（2）由（1）得，，③得：，④③－④得：，.（3）由，得，设，可得：恒成立，为递减数列，当为偶数时，不等式对所有偶数恒成立，需大于等于偶数项中的最大值，又因单调递减，故最大值为，因此；同理，当为奇数时，不等式对所有奇数恒成立，需大于等于奇数项中的最大值，又因单调递减，故最大值为，因此，即，综上，实数的取值范围为.18．已知函数．(1)求证：；(2)过点作直线与函数的图象均相切，求实数的值；(3)已知，若存在，使得成立，求实数的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3).【分析】（1）等价变形所证不等式，再构造函数，利用导数求出最大值即得.（2）设出直线与函数图象相切的切点，利用导数求出切线方程，再与联立结合判别式求出值.（3）结合（1）的结论，按分类，借助导数讨论得解.【详解】（1）函数的定义域为，不等式，令，求导得，当时，，当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，则，即，因此，所以.（2）依题意，，设直线与函数图象相切的切点为，则切线的方程为：，又直线过点，于是，整理得，即，令，求导得，即在上单调增，又，因此，切线的方程为，由与函数的图象相切，得，即，于是，解得，所以实数的值是.（3）①当时，，则，使，符合题意；②当时，，，则，又由（1）知，，因此，不合题意；③当时，令，当时，，则，当时，，则，则，令，求导得，由，得时；由，得时，函数在上单调递增，在上单调递减，因此，即当时，不合题意，所以的最大值为.19．欧冠资格争夺中的概率迷局，某足球联赛进入最后两轮，四支球队争夺两个欧冠资格。当前积分及关键数据如下：球队积分净胜球相互战绩积分相互净胜球ABCD706969686442最后两轮赛程：—第37轮：—第38轮：联赛排名规则（依次应用）：（1）总积分高者排名靠前（2）相互比赛积分高者排名靠前（3）相互比赛净胜球多者排名靠前（4）总净胜球多者排名靠前（5）总进球数多者排名靠前（假设总进球数与净胜球成正比，比例系数为1）假设：—每场比赛胜、平、负的概率分别为A队实力最强，对阵其他队胜率均为，平率为—实力相当，对阵D队胜率为，平率为—B与C对阵，胜率各为，平率为—净胜球与比赛结果相关：胜1球概率为，胜2球概率为，胜球概率为(1)若，求A队最终获得第1名的概率；(2)求A队至少获得一个欧冠资格（前两名）的概率关于p的表达式；(3)证明：当时，B队获得欧冠资格的概率大于C队；(4)若联赛组织方考虑修改排名规则，将“相互比赛净胜球”调整为“总净胜球”优先级高于“相互比赛积分”，分析这对A队获得第1名概率的影响．【答案】(1)(2)(3)证明见解析(4)答案见解析【详解】（1）A队获得第1名的条件：最终积分高于其他三队，或积分相同但排名规则使其排第1．首先，我们需要分析所有可能的比赛结果组合。由于有4支球队、2轮比赛，共4场比赛，每场有3种结果，理论上共有种结果组合。但考虑到A队实力特殊，我们需要根据给定概率计算每种组合的概率．定义状态，其中为X队积分，为X队净胜球．初始状态：第37轮可能结果：—A胜B：概率，状态变为A平B：概率，状态变为—A负B：概率，状态变为—C胜D：概率，状态相应变化—C平D：概率，状态相应变化，C负D：概率，状态相应变化第38轮基于第37轮结果继续分析．由于情况复杂，我们重点考虑A队获得第1名的关键情形：情形1：A队两连胜，概率：，最终积分：A队76分，分析其他队最高可能积分：B队最多72分（若B胜D且第37轮胜A），C队最多72分，D队最多71分，结论：A队必定第1名，情形2：A队一胜一平—概率：—最终积分：A队74分—分析其他队最高可能积分：*若A胜平队最多71分（胜D），C队最多72分（胜B、平A），D队最多71分*若A平胜队最多72分（胜D、平A），C队最多71分，D队最多71分—结论：A队必定第1名，情形3：A队两连平—概率：—最终积分：A队72分—分析其他队可能积分：*B队：若胜D，则72分*C队：若胜D且胜B，则72分*D队：最多70分—排名比较：*：相互战绩：A平平：需看结果*若B胜72分，相互战绩：B胜平，平→B第1，A第2*若C胜72分，相互战绩：C胜B，平，平→C第1，A第2*若B平C：三队72分，看相互战绩积分—对B平（1）、对C平（1）→2分—对A平（1）、对C平（1）→2分—对A平（1）、对B平（1）→2分—看相互净胜球：初始第37轮：平（净胜球不变），结果影响C净胜球—第38轮：平（净胜球不变），结果影响B净胜球—复杂计算后，A队有优势，情形4：其他情况（A队胜1负1或两负）—A队积分，不可能第1名，综合计算，A队获得第1名的概率主要来自情形，加上情形3的部分概率：（情形3中A第1）详细计算情形3中A第1的概率：B胜C的概率：，C胜B的概率：，B平C的概率：当B平C时，三队相互战绩积分相同，看相互净胜球：初始相互净胜球：，第37轮：平（相互净胜球不变），胜（概率）则C相互净胜球平（概率）则不变，C负（概率）则第38轮：平（相互净胜球不变），胜（概率）则B相互净胜球平（概率）则不变，B负（概率）则，计算后，A队相互净胜球仍保持优势的概率约为0.7．因此：，最终：，（2）A队至少获得一个欧冠资格（前两名）的概率．这需要考虑所有A队排名为第1或第2的情形．关键情形：—A队两连胜：必定前2（实际第1）—A队一胜一平：必定前2—A队两连平：可能前2（如上分析）—A队一胜一负：*概率：*积分：73分*分析：最高可能72分．A必定前2，A队一平一负：概率：*积分：71分*分析：可能被超越，详细计算后，A队至少前2的概率为：，A队第3或