数学试卷答案_2025年8月_250830广东省光大联考2025-2026学年高三上学期综合能力测试（一）（全科）_广东省光大联考2025-2026学年高三上学期综合能力测试（一）数学

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．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A B D B B C A
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．
题号 9 10 11
答案 ACD AC ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12．
3
1
13．
2
14．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．
15．（13分）
b c
【解析】（1）由正弦定理  ，以及csinB3 7bcosC可得sinCsinB3 7sinBcosC．
sinB sinC
………………………………………………………………………………………………………………2分
因为sinB0，所以sinC 3 7cosC．…………………………………………………………………3分
1
因为sin2Ccos2C 1，解得cosC  ． ………………………………………………………………6分
8
1 2 3 7
（2）由（1）可得sinC  1cos2C  1   ．……………………………………………7分
8 8
a c 2 7
由正弦定理  ，以及3a2c可得3sinA2sinC，所以sinA sinC  ．…………8分
sinA sinC 3 4
2
 7 3
所以cosA 1sin2 A 1   ． ……………………………………………………………9分
 
4 4
 
数学答案 第1页（共5页）
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{#{QQABbQYQogAoABJAABhCAwG4CEGQkAEACSoGREAcsAAByBFABAA=}#}7 1 3 3 7 5 7
所以sinBsinACsinAcosCcosAsinC      ．………………………11分
4 8 4 8 16
2 5 7 5 7
所以AB边上的高为BCsinB csinB4  ． …………………………………………13分
3 16 4
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
z
（2）取CD中点F ，连接EF．因为△ECD为正三角形，
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
C
平面ACD．………………………………………………………7分
F
y
D
以F 为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示．……8分 A
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
 
因为ABCD为正方形，△ECD为正三角形，AB2，所以EF  3，设ON a，则E 0,0, 3 ，
D1,0,0，O0,1,a． ………………………………………………………………………………………10分
 2 3  3
因为 OD  OE ，所以 12 12 a2  12  a 3 ，解得a ，所以O0,1, ． ………11分
 
3 3
 
  3
DO1,1, ． ………………………………………………………………………………………12分
 
3
 
平面ECD的法向量为n0,1,0． ……………………………………………………………………13分

 DOn 1 21
因为 cos DO,n     ． …………………………………………………………14分
DO n 7 7
1
3
21
所以直线DO与平面ECD所成角正弦值为 ．……………………………………………………15分
7
数学答案 第2页（共5页）
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{#{QQABbQYQogAoABJAABhCAwG4CEGQkAEACSoGREAcsAAByBFABAA=}#}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M ，依次收到1，0，1为M ，依次收到1，1，0
1 2
为M ，依次收到1，1，1为M ，且事件M ，M ，M ，M 相互独立． ……………………………7分
3 4 1 2 3 4
PM PM PM 12．…………………………………………………………………8
1 2 3
分
PM 13．…………………………………………………………………………………………9分
4
对于三次传输，记发送1，译码为1为事件M ，PMPM PM PM PM 
1 2 3 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
1
因为01，所以0，10．当0 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
1
当 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
1
当 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）
x2x3ex
【解析】（1） f x定义域为x x1， fx ．………………………………………1分
x12
3 3
由 fx0可得x 或x0，由 fx0可得0x1或1x ． ……………………………3分
2 2
数学答案 第3页（共5页）
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{#{QQABbQYQogAoABJAABhCAwG4CEGQkAEACSoGREAcsAAByBFABAA=}#}3   3
所以 f x的单调增区间为,0，  , ，单调减区间为0,1， 1,  ． ……………………4分
2   2
1
（2）当x 时，有x10，2x10，原不等式 f x4 e2x1等价于ex 4 ex1，即
2
要证明ex 4 ex10．……………………………………………………………………………………6分
 1
设gxex 4 ex1，则gxex 4 e 0，此时gx在 ,  单调递增，于是
 2
1
gxg  e 0，不等式成立．………………………………………………………………………8分
2
1
（3）构造函数Fx f x f x，0x ． ……………………………………………………9分
2
x2x3ex x2x3ex
xe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
1
因为0x ，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
 1
于是Fx0，所以Fx在 0,  单调递减．………………………………………………………14分
 2
1 1
因为 f  0，所以x 0x  ，所以Fx  f x  f x F00，即 f x  f x ．
2 1 2 2 2 2 2 2 2
……………………………………………………………………………………………………………15分
因为x ，x 是gx的零点，所以gx gx ，即 f x  f x ，所以 f x  f x ．……16分
1 2 1 2 1 2 1 2
由（1）可知 f x在,0单调递增，所以x x ，于是x x 0． …………………………17分
1 2 1 2
19．（17分）
y2 y2
【解析】（1）设点x,y在曲线C上，则有x2  1，容易知道x2  1，即x,y也在
y6 y6
曲线C上．………………………………………………………………………………………………………2分
所以曲线C关于y轴对称． ………………………………………………………………………………3分
 y2
（2）联立   x2  y6 1 ，消去y，可得x2  x12 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）
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{#{QQABbQYQogAoABJAABhCAwG4CEGQkAEACSoGREAcsAAByBFABAA=}#}于是x10或x2 7x60． …………………………………………………………………………5分
7 73
解得x1或x ． ……………………………………………………………………………6分
2
7 73 7 73
所以交点个数为3，横坐标分别为1， ， ． ……………………………………7分
2 2
 y2
（3）联立   x2  y6 1 ，消去y，可得kx3   k2 4  x2 5kx0，即x   x2   k 4 x5   0．
   k 
ykx2
………………………………………………………………………………………………………………8分
 4  4
于是x0或x2 k x50，方程x2 k x5的两个根的乘积是50，由此可知x 0，
 k  k 1
 k2 4
x x 
x 0，x 0，且 1 3 k ． ……………………………………………………………………10分
2 3

x x 5
1 3
AB x
 1 ．………………………………………………………………………………………………11分
BC x
3
AB 5
又因为x x 5，所以  ． ……………………………………………………………………12分
1 3 BC x2
3
 4  4 2
k  k  20
 4  k  k
因为x 是方程x2 k x5的正根，所以x  ． …………………13分
3  k 3 2
4 t t2 20 10
设t k ，则t4，于是x   ．………………………………………15分
k 3 2 t2 20t
t
设 f t t2 20t，则 ft 10，所以 f t在4,单调递增，所以f t 10，
 
t2 20 min
所以x  1．………………………………………………………………………………………………16分
3 max
AB
所以 的最小值为5． ………………………………………………………………………………17分
BC
数学答案 第5页（共5页）
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{#{QQABbQYQogAoABJAABhCAwG4CEGQkAEACSoGREAcsAAByBFABAA=}#}