精品解析：新疆维吾尔自治区2025届高三上学期11月新课标卷大联考数学试卷

2025届高三11月大联考（新课标卷） 数 学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，用橡皮擦干净后，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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合，然后由交集的运算求解即可. 【详解】因为，， 所以， 故选：A 2. 若复数满足，则（ ） A. 5 B. 25 C. 125 D. 625 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算先求出复数，然后由复数的乘法求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，即， 所以. 故选：B 3. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的通项公式与前项和公式求解即可. 【详解】设等比数列的公比为， 因为， 所以， 所以，所以， . 故选：C 4. 若向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】先证明充分性，然后构造反例说明条件不是必要的. 【详解】当时，，所以，故条件是必要的. 当时，有，但此时，故，所以条件不是充分的. 故选：B. 5. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数的奇偶性，再根据图像趋势即可判断. 【详解】函数定义域为，且， 所以图像关于原点对称，排除A、C；当从正向无限趋近于0时， 也正向无限趋近于零；所以排除D； 故选：B. 6. 在平行四边形中，分别在边上，，相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量基本定理及三点共线即可求解. 【详解】 由题意可得：， ， 设， 则, 又三点共线，所以， 解得， 所以， 故选：A 7. 已知函数存在最小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分段函数分别应用复合函数单调性及导数求解单调性，分段求解函数值范围及最值再比较列不等式关系即可. 【详解】当时，函数单调递减，无最小值； 当时，函数 当时，函数， 所以单调递增，当时， 要使函数存在最小值，即. 故选：C. 8. 定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A：根据题意结合等差数列求和公式分析判断；对于B：根据题意结合裂项相消法判断；对于C：根据题意结合并项求和法分析判断；对于D：根据题意结合等比数列求和公式分析判断. 【详解】对于选项A：因为为等差数列，则， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故A错误； 对于选项B：因为， 则， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故B错误； 对于选项C：当为偶数时，， 可知对任意，当时，， 不满足有界数列的定义，故C错误； 对于选项D：可知数列是以首项、公比均为的等比数列， 则， 可知当时，，符合有界数列的定义，故D正确； 故选：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. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于轴对称 B. 有最大值 C. 当时， D. 若点分别在函数的图象上，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：可得，根据偶函数的定义分析判断即可；对于B：整理可得，结合对勾函数值域分析判断；对于C：利用作差法分析判断；对于D：分析可知：的最小值即为点到直线的距离的最小值，结合导数的几何意义分析求解. 【详解】因为， 对于选项A：， 且， 可知为偶函数，图象关于轴对称，故A正确； 对于选项B：， 由对勾函数可知的值域为， 可知的值域为，即没有最大值，故B错误； 对于选项C：因为， 且，则， 可得，即，故C正确； 对于选项D：由选项B可知， 即函数的图象没有交点， 由题意可知：的最小值即为点到直线的距离的最小值， 又因为，令，解得， 当时，到直线的距离为； 当时，到直线的距离为； 所以的最小值为，故D正确； 故选：ACD. 10. 早在公元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项、几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，后人在此基础上推导出一个基本不等式链，即已知正实数，有，当且仅当时等号成立．已知，且，请利用上述不等关系，判断下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为2 B. 的最大值为 C. 的最大值为6 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意利用基本不等式以及乘“1”法逐项分析判断即可. 【详解】因为，且， 对于选项A：因为，可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为2，故A正确； 对于选项B：因为，可得，即 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为，故B正确； 对于选项C：因为， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为6，故C错误； 对于选项D：，可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 若，则的值域为 C. 图象的对称中心为 D. 若的图象与的图象在上只有1个公共点，则的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二倍角公式化简，即可根据周期公式求解A，利用整体法即可求解BC，将问题转化为在只有一个交点，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可计算极值点以及端点处函数值求解. 【详解】由可得， 对于A，的最小正周期为，A错误， 对于B，当时，则，所以故，B正确， 对于C，令,解得，故图象的对称中心为，C错误， 对于D，，令， 令，则， 当单调递减， 当单调递增， 当单调递减， 且， 要使在只有一个交点，则需，解得，D正确， 故选:BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据同角三角关系可得，进而结合两家和差公式运算求解. 【详解】因为， 则，可得， 且， 所以. 故答案为：. 13. 已知不等式的解集为，若关于的不等式的解集非空，则的最小值是________． 【答案】 【解析】 【分析】解不等式可得，，分析可知的解集非空，求解即可. 【详解】由于，故不等式的解集为，所以. 这表明条件等价于关于的不等式的解集非空. 假设，则对任意都有，所以的解集为空，不满足条件，故一定有. 而当时，对有，所以不等式的解集包含，一定非空，满足条件. 所以的最小值是. 故答案为：. 14. 若函数同时满足以下3个条件：①的定义域为，值域为；②对于任意实数，都有；③对于定义域内任意两个不相等的实数，总有，则的解析式可以为_________．（答案不唯一，只给出满足条件的一个函数即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据指数函数的图象性质，结合图象变换即可求解. 【详解】由可知的图象关于对称， 由可得在定义域内单调递减， 故， 故答案为：（答案不唯一） 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. 在△中，角的对边分别为，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再因式分解即可求角； （2）利用正弦定理边化角，再用内角和来消元，最后利用三角恒等式变形求值域即可. 【小问1详解】 因为，由正弦定理边化角得： ， 因式分解得：， 因为，所以， 则，解得， 又因为，所以或； 【小问2详解】 因为，所以， 由正弦定理边化角可得： ， 因为，所以，即， 故的取值范围是. 16. 已知函数． （1）当时，求的单调区间及最值； （2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为， ，无最大值， （2） 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解最值， （2）将问题转化为，取对数后构造，求导，求解函数的最值即可求解. 【小问1详解】 当时，，则， 当单调递增，当递减， 故的单调递增区间为，单调递减区间为， 且，无最大值， 【小问2详解】 由可得， 当时，对任意的，都有， 当，则不等式可变为，取对数可得， 记，则， 当时，单调递增，当时，单调递减， 故， 故，即. 综上可得 17. 在中，角的对边分别为，是的平分线，是边的中线，． （1）求； （2）求的长． 【答案】（1） （2）, 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理即可求解， （2）根据余弦定理可得，进而根据等面积法即可求解，利用向量的模长公式即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理可得， 进而可得，解得或（舍去）， 【小问2详解】 由余弦定理可得， 由于 由题意知，设，则，则， 如图所示， 由可得， 所以,解得， 由是边上的中线，得 . 所以，中线长. 18. 已知函数 （1）判断曲线是否具有对称性，若是，求出相应的对称轴或对称中心，并加以说明； （2）若在定义域内单调递增，求的取值范围； （3）若函数有两个零点，证明：． 【答案】（1）具有中心对称，对称中心为点 （2） （3）证明：由题意可得：， 令，解得， 可知，， 令，则， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于0， 若函数有两个零点，可知与有两个交点， 则，即； 又因为，两式相减可得， 两式相加可得， 不妨设，令，可得， 又因为，等价于，等价于， 构建，则， 构建，则， 可知在上单调递增，则，即， 可知在上单调递增，则， 即，所以. 【解析】 【分析】（1）先求函数定义域，结合对称性的定义分析证明； （2）分析可知在内恒成立，根据恒成立问题结合二次函数最值分析求解； （3）根据题意可得，，分析可得等价于，构建，利用导数分析分析证明即可. 【小问1详解】 令，等价于，解得， 可知的定义域为， 因为， 可知具有中心对称，对称中心为点， 显然不为常函数，可知不具有轴对称， 所以具有中心对称，对称中心为点. 【小问2详解】 因为， 则， 若在定义域内单调递增，则在内恒成立， 又因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，解得， 所以的取值范围为. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 19. 对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”． （1）设是公差为的等差数列，若为“阶可分拆数列”，证明：； （2）设函数，记曲线在点处的切线与轴的交点为，，探究数列是否为“阶可分拆数列”，并说明理由； （3）设，若数列为“阶可分拆数列”，求由所有的值组成的集合． 【答案】（1）证明：因为是公差为的等差数列，所以， 所以，． 因为为“阶可分拆数列”，所以，即．化简，得． （2）数列不是“阶可分拆数列”，理由如下： 由，得． 又切点为，，则过该切点的切线方程为 易知当时，．令，整理，得，所以， 所以，． 又， 所以；所以数列不是“阶可分拆数列”． （3）． 【解析】 【分析】（1）由等差数列的通项公式，表示出，由题意建立方程，可得答案； （2）由函数解析式求导，设出切点并写出切线方程，表示出数列，利用余弦和角公式，可得答案； （3）由题意建立方程并化简整理，利用列举检验，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 数列不是“阶可分拆数列”，理由略 【小问3详解】 由题意，知对于确定的正整数，存在正整数，使得成立， 即，所以． ①若，则，当时，成立： ②若，则， 当时，， 当时，， 当时，，所以不存在正整数，使得成立； ③若，则，当时，成立； ④若，则， 所以不存在正整数，使得成立． 综上，或3，所以． 【点睛】本题解题的关键在于解决数列问题要善于使用列举法找规律，当题目中给予递推公式时，首先使用赋值法，由第一项开始列举，观察前几项找规律即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三11月大联考（新课标卷） 数 学 本卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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，用橡皮擦干净后，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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 5 B. 25 C. 125 D. 625 3. 已知等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 在平行四边形中，分别在边上，，相交于点，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数存在最小值，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 定义：对于数列若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称为有界数列.设数列的前项和为，则下列选项中，满足为有界数列的是（ ） 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. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于轴对称 B. 有最大值 C. 当时， D. 若点分别在函数的图象上，则的最小值为 10. 早在公元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项、几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，后人在此基础上推导出一个基本不等式链，即已知正实数，有，当且仅当时等号成立．已知，且，请利用上述不等关系，判断下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为2 B. 的最大值为 C. 的最大值为6 D. 的最小值为 11. 已知函数，则下列结论中正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 若，则的值域为 C. 图象的对称中心为 D. 若的图象与的图象在上只有1个公共点，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则__________． 13. 已知不等式的解集为，若关于的不等式的解集非空，则的最小值是________． 14. 若函数同时满足以下3个条件：①的定义域为，值域为；②对于任意实数，都有；③对于定义域内任意两个不相等的实数，总有，则的解析式可以为_________．（答案不唯一，只给出满足条件的一个函数即可） 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. 在△中，角的对边分别为，且满足． （1）求角的大小； （2）若，求的取值范围． 16. 已知函数． （1）当时，求的单调区间及最值； （2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 17. 在中，角的对边分别为，是的平分线，是边的中线，． （1）求； （2）求的长． 18. 已知函数 （1）判断曲线是否具有对称性，若是，求出相应的对称轴或对称中心，并加以说明； （2）若在定义域内单调递增，求的取值范围； （3）若函数有两个零点，证明：． 19. 对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”． （1）设是公差为的等差数列，若为“阶可分拆数列”，证明：； （2）设函数，记曲线在点处的切线与轴的交点为，，探究数列是否为“阶可分拆数列”，并说明理由； （3）设，若数列为“阶可分拆数列”，求由所有的值组成的集合． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $