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名校联考联合体2026届高三第三次联考
数学
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，
用橡皮擦干净底，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.若复数，则（ ）
A. B. C.4 D.0
2.若，则的真子集个数为（ ）
A.3 B.8 C.7 D.6
3.若双曲线：的离心率为，则的值为（ ）
A. B. C.2 D.3
4.已知向量，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5.已知函数的定义域为，周期为4，若，则（ ）
A. B. C.0 D.2
6.若将函数图象上所有点的横坐标压缩到原来的一半（纵坐标不变）得到的图象，则的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
7.已知，，为平面上的一个动点，若，则的轨迹所围成的面积为（ ）
A. B. C. D.
8.如图，在棱长为1的正四面体中，是棱的10等分点，过作与，均平行的平面，记此平面截正四面体所得的截面面积为.则（ ）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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.已知为第二象限角，，则（ ）
A. B.
C. D.
10.用1，2，3，4四种颜色给图中的，，，四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同色，则（ ）
A.用四种不同颜色涂色的不同方法数为24
B.用1，2，3这三种不同颜色涂色的不同方法数为6
C.在用四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为
D.在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为
11.经过点作直线与抛物线：分别切于点，，对应切线的斜率分别为，，直线与轴交于，过任意作一条直线与交于，，则（ ）
A. B.
C.的坐标为 D.的中点到轴的距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.若圆台的上下底面半径分别为1和4，侧面积为，则圆台的体积为________.
13.在圆的内接四边形中，若，，则四边形的最大面积为________
14.若，，则的值为________.
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.（本小题满分13分）
在正项数列中，已知.
（1）证明：为等比数列；
（2）若，，求的前项和.
16.（本小题满分15分）
在不透明的口袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中2个球上标有数字1，4个球上标有数字2.
（1）在首次从甲袋中摸出1个标有数字1的球，且不放回的条件下，求第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球的概率；
（2）从口袋中不放回取2个小球，每次取1个，记事件，事件，则，是否相互独立 请说明理由.
17.（本小题满分15分）
如图1，是边长为2的正三角形，四边形是一个梯形；其中，.现在沿着把折起到的位置，连接，，且使得，如图2.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18.（本小题满分17分）
在平面直角坐标系中，设动直线：恒过定点；直线：，为平面上的一个动点，到的距离为；且.
（1）求的坐标；
（2）求的轨迹的方程；
（3）设关于轴的对称点为，，过作与轴垂直的直线，求被分成的左、右两个部分面积之比的取值范围.
19.（本小题满分17分）
设函数在上可导，导函数为，若关于的方程在有且只有两个不同的解，则称是上的“双平行切线函数”，其中两个不同的解称为在上的平行切点.
（1）是否存在上的“双平行切线函数”，但在上不是单调函数 若存在，请举例；若不存在，请说明理由；
（2）令，设直线与的图象交于两个不同的点，，其横坐标分别为，，且是上的“双平行切线函数”，在上的平行切点为，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：.
高三数学参考答案
一、二、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B C C C C A B D ABC ABD AD
1.B【解析】.
2.C【解析】因为，所以，所以的真子集个数为.
3.C【解析】因为双曲线：的离心率为，
所以，所以.
4.C【解析】在上的投影向量为.
5.C【解析】因为的周期为4，所以，因为，所以，联立消去得，.
6.A【解析】由已知得，，令，，解得，.
7.B【解析】法一：因为，，设，由得，
平方并整理得，化简并整理得，
故点的轨迹是圆，其半径为，故其面积为.
法二：因为，，，所以的轨迹为存在一条直径位于轴上的圆，设此直径的端点坐标为，则或
所以或，所以的轨迹所围成的面积为.
8.D【解析】如图，取的中点，连接，，
在正四面体中，易知，，
又，，平面，所以平面，又平面，所以.过作的平行线，交于，再过作的平行线，交于，作交于，连接，
得截面四边形，易知四边形为矩形，
由相似三角形知识可知，，
所以.
二、选择题
9.ABC【解析】因为为第二象限角，，所以，
，
，
又因为，所以，故选ABC.
10.ABD【解析】A.用四种不同颜色涂色的方法数为，所以A正确；
B.用1，2，3这三种不同颜色涂色的方法数为，所以B正确；
C.只考虑区域的涂色，直接得：在四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为，所以C错误；
D.在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为，所以D正确.
11.AD【解析】设经过点的直线方程为，
代入得，，
因为与切于点，，所以，
化简得，，设此方程的两个不同根分别为，，
则，分别对应于过点，的的切线，，，所以A正确；
由于为的两个等根，所以，
同理，所以B错误；
由，的坐标分别为，，
所以直线的方程为，化简得，，
将，代入得，，
将，代入得，，所以的坐标为，所以C错误；
又直线为的准线，为抛物线焦点，由抛物线的定义得，
的中点到直线的距离为（其中，分别为，到准线的距离），所以的中点到轴的距离为，D正确.
三、填空题
12.【解析】设侧棱长为，则，所以，所以圆台的高为，所以圆台的体积为.
13.【解析】在三角形中，由余弦定理得，，
所以，所以，
由圆的对称性得，当且仅当时，三角形的面积取得最大值，为，所以四边形的最大面积为.
14.1【解析】因为，，
令，所以，
则当时，即在上单调递减，
所以当时，，矛盾，故.
因为当时，；当时，，
所以，即，所以.
四、解答题
15.【解析】（1）因为，所以，
所以，
因为，所以，，
所以为等比数列.
（2）设公比为，因为，，所以，
所以，，
所以，
所以的前项和为.
16.【解析】（1）记首次从口袋中摸出1个标有数字1的球为事件，第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球为事件，
则，
所以第二次从口袋中摸出1个标有数字2的球的概率为.
（2）由已知得，，
所以，
所以，
所以，不相互独立.
17.【解析】（1）取的中点为，连接，，，
由图1中的条件得，，，
因为，所以，所以，
又由正三角形性质得.
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）过点在平面内作直线垂直于，如图，分别以直线，，，为，，轴建立空间直角坐标系，
则平面的法向量为，
，，，所以，，
设平面的法向量为，
则所以，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18.【解析】（1）因为，所以，
因为，所以所以
所以的坐标为.
（2）设，因为，
所以，
所以，
化简得，.
（3）记的坐标为，由题意知，点不可能位于轴上，
故根据椭圆对称性，不妨设点在第一象限或在轴正半轴上，即，，
又，，所以直线的方程为，
设与轴，分别交于点，，
因为，所以，，
所以的面积与的面积之比为
，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在单调递减，在单调递增，
又因为，，，
所以的值域是，所以，
所以，
根据对称性，被分成的左、右两个部分面积之比的取值范围是.
19.【解析】（1）存在上的“双平行切线函数”，但在上不是单调函数，
首先证明：为上的“双平行切线函数”：
，令，即，
化简得，，所以，，
所以为上的“双平行切线函数”；
令得，，，
当且仅当时，，所以在，上单调递增，
当且仅当时，，所以在上单调递减，
所以在上不是单调函数，
所以存在上的“双平行切线函数”，但在上不为单调函数.
（2）（i）由已知得，，
由已知得，，在上有两个不同的解，，
所以，即在上有两个不同的解，，
由题意可得，，
设，则，
当时，，则为减函数，即为减函数，
当时，，则为增函数，即为增函数，
故.
当时，，，，
所以在上有两个不同的解，
即的取值范围为.
（ii）不妨设，
则，，
要证，即证，
因为，所以，
因为，在上为增函数，
所以只需要证明：.
因为，
所以只需要证明：，其中，
设，
则，
设，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，所以在上单调递减，
因为，所以，
即，其中，
即得证.

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