2025-2026学年广东省高三上学期开学一模联考数学试卷

这是一份2025-2026学年广东省高三上学期开学一模联考数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

广东省 2026 届高三年级综合能力测试一
数 学 参 考 答 案
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．
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，有错选的得 0 分．
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．

3
1
2
0,1
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．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
A
B
D
B
B
C
A
题号
9
10
11
答案
ACD
AC
ABD
15．（13 分）
【解析】（1）由正弦定理
b
sin B
c
sin C
，以及c sin B  3 7b cs C 可得sin C sin B  3 7 sin B cs C ．
…2 分
因为sin B  0 ，所以sin C  3 7 cs C ．3 分
因为sin2 C  cs2 C  1 ，解得cs C  1 ．6 分
8
1  cs2 C
（2）由（1）可得sin C 


1  
 1 2
 8 

3 7
8
．7 分
由正弦定理 a
c，以及3a  2c 可得3sin A  2sin C ，所以sin A  2 sin C 
7 ．8 分
所以cs A 
sin A
sin C
1  sin2 A

34
1  
7 
2

 4 
 3 ．9 分
4
数学答案 第1页（共5页）
所以sin B  sin  A  C   sin Acs C  cs Asin C 
7  1  3  3 7  5 7 ．…11 分
484816
所以 AB 边上的高为 BC sin B  2 c sin B  4  5 7  5 7 ．13 分
3164
16．（15 分）
【解析】（1）连接CM ，因为 M 是线段 ED 的中点，所以CM  ED ．1 分
因为平面 ECD  平面 ABCD ，平面 ECD ∩ 平面 ABCD  CD ， BC  平面 ABCD ， BC  CD ，所以
BC  平面 ECD ．… 3 分又因为 ED  平面 ECD ，所以 BC  ED ．4 分
又因为 BC ∩ CM  C ， BC ，CM  平面 BCM ，所以 ED  平面 BCM ．5 分
又因为 BM  平面 BCM ，所以 BM  ED ．6 分
取CD 中点 F ，连接 EF ．因为△ ECD 为正三角形，z
E
F 为CD 中点，所以 EF  CD ．又因为平面 ECD  平面 ABCD ，
平面 ECD ∩ 平面 ABCD  CD ， EF  平面 ECD ，所以 EF M
B
平面 ACD ．………………………………………………………7 分FC
y
以 F 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示．……8 分DA x
取 AC 中点 N ，则 N 为△ ACD 外接圆的圆心．又因为 E ， A ，C ，D 在同一个球面上，所以ON  平面 ACD ．9 分
3
因为 ABCD 为正方形，△ ECD 为正三角形， AB  2 ，所以 EF ，设ON  a ，则 E 0, 0, 3  ，
D 1, 0, 0 ， O 0,1, a  ．10 分
12  12  a2
12  a 
3 2
33 
因为 OD  OE ，所以

，解得 a 
3 ，所以O  0,1, 3  ． ………11 分

–––→3 
DO   1,1, 3  ．12 分

平面 ECD 的法向量为 n  0,1, 0 ．13 分
21
–––→
–––→
DO  n1
因为 cs
DO, n
 –––→ 
．14 分
7 1
3
DO n7
所以直线 DO 与平面 ECD 所成角正弦值为 21 ．…15 分
7
数学答案 第2页（共5页）
17．（15 分）
【解析】（1）设 A “发送的信号为 0”，B “接收的信号为 0”，则 A “发送的信号为 1”，B “接收的信号为 1”．1 分
由题意可得 P  A  P  A  0.5 ， P B A  1  0.1  0.9 ， P B A  0.05 ．3 分
P B  P  AB ∪ AB  P  A P B A  P  A P B A  0.5  0.9  0.5  0.05  0.475 ．4 分
（2）（i）三次传输，发送 1，相当于依次发送 1，1，1，此时依次收到 l，0，1 的概率为
P  1     1      1   2 ．6 分
（ii）记三次传输，发送 1，依次收到 0，1，1 为 M1 ，依次收到 1，0，1 为 M 2 ，依次收到 1，1，0
为 M3 ，依次收到 1，1，1 为 M 4 ，且事件 M1 ， M 2 ， M3 ， M 4 相互独立．7 分
123
P M   P M   P M    1   2 ．…8
分
4
P M   1   3 ．9 分
对于三次传输，记发送 1，译码为 1 为事件 M ， P M   P M1   P M 2   P M 3   P M 4 
 3 1   2  1   3  1   2 1  2  ．10 分
记单次传输发送 1，译码为 1 为事件 N ，则 P  N   1   ．11 分
P M   P  N   1   2 1  2   1      1   1  2  ．…12 分
因为0    1 ，所以   0 ，1    0 ．当0    1 时，有 P M   P  N   0 ，即 P M   P  N  ，此
2
时选用三次传输方案．13 分
当   1 时，有 P M   P  N   0 ，即 P M   P  N  ，选用哪种传输方案都可以．14 分
2
当 1    1 时，有 P M   P  N   0 ，即 P M   P  N  ，此时选用单次传输方案．15 分
2
18．（17 分）
【解析】（1） f  x 定义域为x x  1， f
 x 
x 2x  3ex
 x 12
．1 分
由 f  x  0 可得 x  3 或 x  0 ，由
2
f  x  0 可得0  x  1 或1  x  3 ．3 分
2
数学答案 第3页（共5页）
所以 f  x 的单调增区间为,0 ，  3 ,  ，单调减区间为0,1 ， 1, 3  ．4 分
 2 2 

（2）当 x  1 时，有 x 1  0 ， 2x 1  0 ，原不等式 f  x  4 2

e 2x  1 等价于ex  4
e  x 1 ，即
要证明ex  4 e  x  1  0 ．…6 分
e
设 g  x  ex  4 e  x  1 ，则 g x  ex  4 0 ，此时 g  x 在 , 1  单调递增，于是
2 

e
 2 
g  x  g  1    0 ，不等式成立．…8 分
 
构造函数 F  x  f  x  f x ，0  x  1 ．9 分
2
x 2x  3exx 2x  3e xxex e2x 2x  3 x  12  2x  3 x 12 
F  x  f  x  f x   ．
 x 12
 x  12
x2 12
…11 分
因为0  x  1 ，所以e2x  1 ， 2x  3  0 ，于是e2x 2x  3  2x  3 ，所以
2
e2x 2x  3 x  12  2x  3 x 12  2x  3 x  12  2x  3 x 12  4x x2  2  0 ．13 分
于是 F  x  0 ，所以 F  x 在 0, 1  单调递减．14 分
2 

因为 f  1   0 ，所以 x  0  x  1 ，所以 F  x   f  x   f x   F 0  0 ，即 f  x   f x  ．
2
 12
 2
22222
…15 分
因为 x1 ， x2 是 g  x 的零点，所以 g  x1   g  x2  ，即 f  x1   f  x2  ，所以 f  x1   f x2  ．……16 分由（1）可知 f  x 在,0 单调递增，所以 x1  x2 ，于是 x1  x2  0 ．17 分
19．（17 分）
【解析】（1）设点 x, y 在曲线C 上，则有 x2
2
y
 1 ，容易知道x2 y  6
2
y
 1，即x, y  也在
y  6
曲线C 上．…2 分
所以曲线C 关于 y 轴对称．3 分
 2y22

联立x
 y  6  1 ，消去 y ，可得 x2   x  1  1，即 x  7 x2   x  12  x  7 ，即
x  7

 y  x  1
x3  8x2  x  6  0 ．…4 分
因为 x  1是方程的根，所以方程有因式 x  1 ，所以 x3  8x2  x  6   x  1x2  7x  6  0 ．
数学答案 第4页（共5页）
于是 x  1  0 或 x2  7x  6  0 ．5 分
解得 x  1或 x  7 
2
73 ．6 分
所以交点个数为 3，横坐标分别为1， 7 
2
73 ， 7 
2
73 ．7 分
x
 2
联立
y2

y  61 ，消去 y ，可得 kx3  k 2  4 x2  5kx  0 ，即 x  x2   k  4  x  5  0 ．
k 

 y  kx  2

…8 分
于是 x  0 或 x2   k  4  x  5  0 ，方程 x2   k  4  x  5 的两个根的乘积是5  0 ，由此可知 x  0 ，
k k 1

k 2  4
x  0 ， x  0 ，且x1  x3  k．10 分
23
 1 3
x x  5
AB
BC
 x1 ．11 分
x3
又因为 x1x3  5 ，所以
 5 ．12 分
AB
BC
x
2
3
4 2
 k  k   20

4 
3
因为 x 是方程 x2 
 k  x  5 的正根，所以 x

4 
k3
 k   
k
 
2
．13 分

t  t 2  20
t 2  20  t
3
设t  k  4 ，则t  4 ，于是 x 10
．15 分
k
t 2  20
设 f t  
 t ，则 f t  
2
t 2  20
t 1  0 ，所以 f t  在4,  单调递增，所以  f t 
min
 10 ，
max
所以 x3  1 ．…16 分
AB
BC
所以
的最小值为 5．17 分

数学答案 第5页（共5页）