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广东省佛山市 s6高质量发展联盟 2026届高三上学期 10月联考
数学试卷
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知全集 = 2, 1,0,1,2,3,4 ，集合 = { ∈ ∣ 4 < 0}，则 =( )
A. 2, 1,3,4 B. 2, 1,0,4 C. 2, 1,3 D. 2, 1,4
2.复数 = (3 + 4 )，则 的虚部为( )
A. 3 B. 4 C. 3 D. 4
3.若命题“ 0 ∈ ， 20 2 0 + < 0”为假命题，则实数 的取值范围是( )
A. ( ∞,1) B. (1, + ∞) C. ( ∞,1] D. [1, + ∞)
4.已知 = 0.53.1， = log0.90.3
1
， = log1 2，则 ， ， 的大小关系为( )3
A. < < B. < < C. < < D. < <
5.已知 sin 30 + = 35 , 60
< < 150 ，则 cos =( )
A. 3 4 3 3+4 3 4 3 3 4+3 310 B. 10 C. 10 D. 10
6.某校积极开展社团活动，学期结束时，社团老师对参加社团的同学进行选择性考核.某社团有小明、小刚
等 5 位同学参加，现选 3 位同学参加考核，则在小明被选中的条件下，小刚被选中的概率为( )
A. 13 B.
1 2 2
2 C. 5 D. 3
→ → →
7.若向量 = (0, 1), = ( 3,4), = (4,4)，则( )
→ → →
A. = 5 B. ( + )/\ !/
C. ⊥ + D. 在 1上的投影向量是 2 ,
1
2
8.已知 ( )是定义域为 的函数， ( ) = 2 + 2 ，若对任意的 1 < 1 < 2 < 2，都有 1 2 1
> 3 成
2
立，则实数 的取值范围是( )
A. 0, + ∞ B. 34 , 0 C.
3
4 , + ∞ D.
3
4 , + ∞
二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知数列 的前 项和为 ，则下列结论正确的是( )
A.若 = 2 + 2 + 1，则 是等差数列
B.若 = 1，则 是等比数列
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C.若 是等差数列，则 2025 = 2025 1013
D.若 是等比数列，且 = 2 + ( , 为常数)，则 + = 0
10.设函数 ( ) = 12 cos2 3sin cos ( > 0)，则下列结论正确的是( )
A. ∈ (0,1) π π， ( )在[ 6 , 4 ]上单调递减
B.若 = 1 且| ( 1) ( 2)| = 2，则| 1 2|min = π
C.若| ( )| = 1 [0, π] 5 4在 上有且仅有 2 个不同的解，则 的取值范围为[ 6 , 3 )
D.存在 ∈ (1,2)，使得 ( ) π的图象向右平移6个单位长度后得到的函数为奇函数
11.掷 2 次质地均匀的骰子，记事件 为“两次掷出的数字相同”，事件 为“两次掷出的数字不同”，事
件 为“两次掷出的数字之和为奇数”，事件 为“两次掷出的数字之和为偶数”，则下列说法正确的有( )
A. B. 1和 互斥 和 独立 C. ( | ) = 3 D. ( ) > ( )
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12.曲线 = + ln( + 1)在 = 0 处的切线方程是 ．
13.已知(1 3 ) 的展开式中各项系数之和为 64，则该展开式中 4的系数为 ．
14.已知函数 ( )是定义在 上的偶函数， ′( )是 ( )的导函数，且 ( ) + ′( ) = 4e + 1.若 ( )
2e 1 ≤ 在 上恒成立，则实数 的取值范围为 ．
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.(本小题 13 分)
已知数列 的前 项和为 , 1 = 2, = +1 2．
(1)求数列 的通项公式；
(2)设 = 1 + log2 ，求数列 的前 项和 ．
16.(本小题 15 分)
记 3的内角 , , 的对边分别为 , , ，已知三角形 2 2 2 = 4 + ，角 的平分线 交 边
于点 ．
(1) 3 证明： = + ；
(2)若 = 2 , = 4 3，求 的周长．
17.(本小题 15 分)
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如图，在梯形 中，∠ = ∠ = 90°， = 2 = 2 = 2， 为 的中点，将 沿 折
起至 的位置， = 1．
(1)求证：平面 ⊥平面 ；
(2)求平面 与平面 夹角的余弦值．
18.(本小题 17 分)
不同 大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对 , 两款不同 大模型
是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
甲学院 乙学院
使用 不使用 使用 不使用
款 40 人 80 人 60 人 20 人
款 70 人 50 人 30 人 50 人
假设所有学生对 , 两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率．
(1)分别估计该校甲学院学生使用 款大模型的概率、该校乙学院学生使用 款大模型的概率；
(2)从该校甲学院全体学生中随机抽取 2 人，从乙学院全体学生中随机抽取 1 人，记这 3 人中使用 款大模
型的人数为 ，求 的分布列及数学期望 ( )；
(3)从该校甲学院全体学生中随机抽取 2 人，记这 2 人中使用 款大模型的人数为 1，其方差估计值为 1 ，
从该校乙学院全体学生中随机抽取 2 人，记这 2 人中使用 款大模型的人数为 2，其方差估计值为 2 ，
比较 1 与 2 的大小．
19.(本小题 17 分)
设函数 ( ) = ( 1)ln 2 + ( 1) , ∈ , ( )为 ( )的导函数．
(1)求 ( )的单调区间；
(2)讨论 ( )零点的个数；
(3)若 ( )有两个极值点 1, 2,且 1 < 2，证明： 1 + 2 > 2．
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参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12. = 2 + 1
13.1215
14. ∞, 12e
15.解：(1)由 = +1 2 可得 +1 = +2 2，
相减可得 +1 = +2 +1，故 +2 = 2 +1，
又 1 = 2 2，故 2 = 2 1 = 4，
因此对任意的 ∈ N ，都有 +1 = 2 ，故 为等比数列，且公比为 2，
故 = 2 × 2 1 = 2 ，
(2) = 1 + log = (1 + ) 2 2 ，
= 2 × 21 + 3 × 22 + 4 × 23 + + 2 1 + ( + 1) 2 ，
2 2 3 = 2 × 2 + 3 × 2 + 4 × 24 + + 2 + ( + 1) 2 +1
相减可得 = 2 × 2 + 22 + 23 + + 2 ( + 1) 2 +1
2 1
故 = 2 × 2 + 2 1 2 ( + 1) 2 +1 = 2 +1 1 2 ，
故 = 2 +1
16. 3 1 3解：1)由 2 2 2 = 4 + 可知，2 sin = 4 2 cos ，
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所以 tan = 3，又 ∈ 0, π ，故 = π3，如图所示，
1 1 1所以 = + ，得2 sin 3 = 2 sin 6 + 2 sin

6，
= 3 化简整理得 + ；
(2) 因为 = 2 ，故 = = 2
3
，所以 = 2 ，又 = 4 3 = + ，
化简得 4( + ) = π，解得 = 6, = 12，又 = 3，
故 = 2 + 2 2 cos = 6 3，所以 的周长为 18 + 6 3．
17.解：(1)因为 为 的中点， = 2 ，且 = 2 ，所以 = ，
因为∠ = ∠ = 90°，∠ + ∠ = 180°，所以 // ，即 // ，
=
由 // ，可得四边形 是矩形， ⊥ ，
∠ = 90°
因为 沿 折起至 的位置，所以 = = 2，
由 = 1， = 1， = 2得 2 + 2 = 2，所以 ⊥ ，
⊥
由 ⊥ ，可得 ⊥平面 ，
∩ =
因为 平面 ，所以平面 ⊥平面 ．
(2)如图所示，取 的中点 ， 的中点 ，连接 , ，
由 是 中点， 是 中点得 // ，由(1)得 ⊥ ，则 ⊥ ，
因为 = = = 1， 是 中点，所以 ⊥ ，
因为平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = ， ⊥ ， 面 ， 面 ，
所以 ⊥平面 ，由 平面 ， 平面 ，可得 ⊥ ， ⊥ ，
综上，以 为原点，分别以 , , 为 , , 轴建立空间直角坐标系，
易得 = 2 2 = 12 ( 2 2 22 ) = 2 ，
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则 (0,0, 2 2 22 )， ( 2 , 1,0)， ( 2 , 0,0)， (
2
2 , 1,0)，
设平面 的法向量 1 = ( 1, 1, 1)，平面 的法向量 2 = ( 2, 2, 2)，
2 2 2 2
1 = 0 ( 2 , 1, 2 ) ( 1, 1, 1) = 0则 ，即 , 2
1 + 1 2 1 = 0

,
1 = 0 ( 2 , 0, 22 2 ) ( 1, 1, ) = 0
2 21 2 1 2 1 = 0
令 1 = 1，解得 1 = 0， 1 = 1，因此 1 = (1,0,1)，
2 2 2 2
= 0 ( 2 , 1, 2 ) ( 2 2, 2, 2) = 0 2 2 2 2 2 = 0则 ，即 , , 2 = 0 ( 2 , 0, 22 2 ) ( , ,
2 2
2 2 2) = 0 2 2 2 2 = 0
令 2 = 1，解得 2 = 2， 2 = 1，因此 2 = (1, 2, 1)，
cos < , > = 1 2 = (1,0,1) (1, 2,1) 1×1+0×( 2)+1×1 2 21 2 1 2 (1,0,1) × (1, 2,1)
= = = ，
12+02+12× 12+( 2)2+12 2×2 2
故平面 2与平面 夹角的余弦值为 2 ．
18. 40 1解：(1)由表格可知：该校甲学院学生使用 款大模型的概率为40+80 = 3，
60 3
该校乙学院学生使用 款大模型的概率为60+20 = 4；
(2)由题意可知 的可能取值为：0,1,2,3，
2
则 ( = 0) = 1 13 1
3 1
4 = 9，
( = 1) = C1 1 1 1 3 1
2 3 4
2 3 × 3 × 1 4 + 1 3 × 4 = 9，
2
( = 2) = 1 × 1 3 + C1 1 1 × 13 4 2 3 3 ×
3
4 =
13
36，
2
( = 3) = 1 × 3 13 4 = 12，
的分布列如下：

0 1 2 3
1 4 13 1
9 9 36 12
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1 4 13 1 17
所以 ( ) = 0 × 9+ 1 × 9 + 2 × 36 + 3 × 12 = 12；
(3) 70 7同第一问，可知该校甲学院学生使用 款大模型的概率为70+50 = 12，
30 3
该校乙学院学生使用 款大模型的概率为30+50 = 8，
7 3
易知 1 2, 12 , 2 2, 8 ，
7 7 70 35
由二项分布的方差公式可知 1 = 2 × 12 × 1 12 = 144 = 72，
32 = 2 × 8 × 1
3 15
8 = 32，
所以 1 > 2 ．
19.(1)解：因为 ( ) = ( 1)ln 2 + ( 1) ，( > 0)
所以 ′( ) = ln 2 1 + .
即 ( ) = ln 2 1 ′ 1 1 (2 +1)( 1) + ，( > 0)，则 ( ) = 2 + 2 = 2 ．
当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0， ( )单调递减．
所以 ( )的单调递增区间为(0,1)， ( )的单调递减区间为(1, + ∞)．
(2)解：由(1)得， ( )max = (1) = 3．
当 < 3 时， ( ) < 0，则 ( )在(0, + ∞)上无零点．
当 = 3 时， (1) = 0，则 ( )在(0, + ∞)上有一个零点．
> 3 1 1 1 1 2 1当 时，0 < < 3，因为 (1) > 0， = ln < 0， ( ) = ln < ln < 0，
1
所以 1 ∈ , 1 ， 2 ∈ (1, )， 1 = 2 = 0，
故 ( )在(0, + ∞)上有两个零点．
综上，当 < 3 时， ( )在(0, + ∞)上无零点；
当 = 3 时， ( )在(0, + ∞)上有一个零点；
当 > 3 时， ( )在(0, + ∞)上有两个零点．
(3)证明：由(2)及 ( )有两个极值点 1, 2，且 1 < 2，
可得 > 3， ( )在(0, + ∞)上有两个零点，且 0 < 1 < 1 < 2．
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ln 1 2
1
1 + = 0
所以 1 ，
ln 2 2
1
2 + = 02
ln ln 1
两式相减得 ln ln 2 + 2 12 1 2 1 = 0，即
2 1
+ 2 = 0．1 2 2 1 1 2
因为 1 + 2 > 2
1 4
1 2，所以 1
> ．
2 21+ 2
2
ln 2 ln 1 2
2 1
下面证明 2 1 2
> + ，即证 ln1 1 2
> 2 ．1 +11
令 = 2 2 2 > 1，则即证 ln 1 +1
> 0．
( ) = ln 2 2
2
令 +1， > 1，则
′( ) = 1 4 ( 1) ( +1)2 = ( +1)2 > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)上单调递增，所以 ( ) > (1) = 0，
ln
故 2
ln 1 2
> + ．2 1 1 2
又 0 = ln 2 ln 1 1 2 4 + 2 >2 1 1 2 1+
+
2 1+ 2
2，
2
所以 21 + 2 1 + 2 2 = 1 + 2 2 1 + 2 + 1 > 0，
故 1 + 2 > 2．
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