精品解析：河南省新未来2025-2026学年高三上学期10月联合测评数学试题

河南省新未来2025~2026学年高三年级10月联合测评 数学 （试卷满分：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、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将答题卡上交． 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题，命题，则命题是命题的（ ） 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 3. 集合{在上单调递增}，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 5. 若函数有零点，则（ ） A 1 B. C. 0 D. 6. 已知函数，若，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，，，则（ ） A. B. C. D. 或 8. 已知函数的值域与函数的值域相同，则的取值范围是（ ） 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. 已知函数部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数定义域为 B. 函数在内单调递增 C. 函数的图象关于直线对称 D. 的解集为 11. 已知函数，且．定义在上的函数，其导函数为，且，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量均为单位向量，且，则和的夹角为________． 13. 已知，若，则的最小值为________． 14. 在中，，则的取值范围为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，，，，． （1）用表示； （2）若，求． 16. 已知函数． （1）若函数的最小正周期为，求的定义域及单调递增区间； （2）若函数在上单调递增，求的取值范围． 17. 在中，内角的对边分别是，若，且． （1）求和； （2）若边上的中线长为2，点在上，且为的平分线，求的长． 18. 已知定义在上的偶函数和奇函数，若，，． （1）求的值； （2）若函数． （ⅰ）当时，求函数最小值； （ⅱ）是否存在，使得关于不等式的解集为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有3个零点，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省新未来2025~2026学年高三年级10月联合测评 数学 （试卷满分：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、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，请将答题卡上交． 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算法则和模长公式求解. 【详解】，，， 故选：B. 2. 命题，命题，则命题是命题的（ ） 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】A 【解析】 【分析】根据充分条件与必要条件定义判断即可. 【详解】因为，由不等式性质可得，； 若，取，满足，但得不到， 所以命题是命题的充分不必要条件， 故选：A． 3. 集合{在上单调递增}，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定集合A，根据集合的交集运算，即可求得答案. 【详解】因为当时，函数在上单调递增，所以， 或， 所以， 故选：A． 4. 若，则的最小值为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数的运算性质得且，利用指数幂的运算性质，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】由，得且， 所以， 当且仅当，即时等号成立. 所以的最小值为. 故选：B 5. 若函数有零点，则（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】把函数的零点转化为一元二次方程有实根，从而可得判别式大于或等于0，从而可求得，再利用二倍角公式来求值即可. 【详解】因为函数有零点，即方程有根，所以，则， 因为，所以或， 则， 故选: B． 6. 已知函数，若，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数为偶函数，由导数得到函数在上为增函数．利用函数单调性的性质和基本不等式判断即可. 【详解】当时，则，所以，则有； 当时，则，所以，则有； 当时，， 综上，恒成立，所以函数为偶函数； 当时，恒成立，所以函数在上为增函数． 因为函数为偶函数，所以， 因为，所以， 又因为，且，即0， 又因为函数在上为增函数，所以，即， 故选：C． 7. 已知，，，，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用平方差公式将表达式分解，再由两角和与差的正弦公式可得，根据角的范围以及正弦函数单调性代入计算可求得结果. 【详解】因为， 即，因，所以． 因为，且，所以； 因，所以， 若时，由，则有， 这与，矛盾，所以， 又因为，所以． 则 ． 故选：A． 8. 已知函数的值域与函数的值域相同，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数可得函数的值域为，其中满足，由值域相同可得，利用导数求的范围，从而可得的取值范围. 【详解】，定义域为，， 因为，所以函数在上单调递增， 且当时，；当时，， 所以，使得，即， 且当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取最小值，且最小值为. 当与时，函数， 所以函数的值域为． 对于函数， 令，即，则， 若函数的值域与的值域相同， 令为的最小值，则的值域为。 的值域为在上的值域. 若，则在上单调递增，其值域为.要使值域相同，须.但当时，，矛盾. 故必有，即。 又因为，即， 所以转化为：． 令，, 所以函数在上单调递减. 又因为，所以，得， 即的解为. 又因为， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即， 所以，所以. 故选:C． 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 点是函数图象的一个对称中心 C. 直线是函数图象的一条对称轴 D. 函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到 【答案】ABD 【解析】 【分析】由图象可求得，即可判断A；再由函数过点，可求得，根据三角函数的对称性可判断B，C；利用诱导公式得，根据图象的平移法则可判断D. 【详解】因为，即，所以，故A正确； 而，则， 又因为过点，则，即， 所以， 对于B，因为， 所以是函数图象的一个对称中心，故B正确； 对于C，， 所以直线不是函数图象的对称轴，故C错误； 对于D，， 所以函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到，故D正确． 故选：ABD． 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 函数定义域为 B. 函数在内单调递增 C. 函数的图象关于直线对称 D. 的解集为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对，先根据分母不为0，求出的定义域，再由的定义域，求出函数的定义域；对，先将转化为，再将此函数看出是由两个函数和相加而成，然后分别求出这两个函数和在内的单调性，即可得到函数在内的单调性；对，先找到函数是由函数的图象平移得到，再使用函数是奇函数，关于原点对称，通过平移得到函数的图象关于点对称；对，由函数的图象关于点得到对称， 从而得到，由得到，由 在内单调递增，得到 ，求解此不等式即可得到0的解集． 【详解】对，因为，所以，则函数的定义域为，则，所以，即函数的定义域为，所以选项正确； 对，因为， 在区间上，是增函数，是增函数， 所以函数在内单调递增，所以选项正确； 对，函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位得到的， 因为函数是奇函数，关于原点对称，所以函数的图象关于点对称，所以选项错误； 对，由选项C可知，函数的图象关于点对称，所以， 即，即， 则由， 得，即， 因为在内单调递增，且， 所以，即，即， 所以，解得， 所以0的解集为， 所以选项正确． 故选：ABD． 11. 已知函数，且．定义在上的函数，其导函数为，且，则下列不等式一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意可得，，利用基本不等式可判断A；由，可得在上单调递增，结合A可知，从而可得，利用不等式的性质可判断B；令，利用导数可得在上单调递增，从而得，两边取对数，可得；再令，同样可得，两边取对数可得，即可判断C；结合C及，可得成立，举反例说明不成立，即可判断D. 【详解】因为， 所以， 又因， 所以， 则， 即， 所以， 所以，故A正确； 因为， 则， 所以， 即． 因为， 所以在上单调递增， 因为，， 即， 由于在上单调递增， ， 由不等式性质得：，故B错误； 由， 得， 令， 则， 所以函数在上单调递增， 因为， 所以， 即， 两边取对数得：， 所以， 即； 由， 得， 令， 则， 所以在上单调递减， 因为， 所以， 即， 两边取对数，得， 所以， 即， 即，故C正确； 由上可知，， 所以， 令， 则， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，最小值为， 所以， 即，当且仅当时等号成立， 所以（因为）， 即成立； 不妨取，满足， 当时，， 即， 所以不成立，故D错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若向量均为单位向量，且，则和的夹角为________． 【答案】## 【解析】 【分析】将平方，利用数量积的运算律和定义即可求出. 【详解】因为，所以，两边平方得：， 因为向量均为单位向量，所以，即， 所以， 因为，所以． 故答案： 13. 已知，若，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件化简得出，再应用常值代换结合基本不等式计算求解最小值. 【详解】因为，所以， 则，由得：， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为． 故答案为：． 14. 在中，，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】先由两角差的正弦公式化简等式，再分和两种情况结合余弦函数的单调性得到，进而有，然后利用换元法结合辅助角公式和二次函数的性质以及正弦函数的取值可得. 【详解】因为，所以， 则有，即． 因为在中，，则． 当时，，所以， 因为在上单调递减，所以，则，所以不成立； 当时，，所以， 而，即，所以不成立； 因此，则， 令，则，则， 因为在中，，则，则， 所以， 令，对称轴为， 所以函数在上单调递增， 所以． 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在中，，，，． （1）用表示； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量的线性运算即可得解； （2）先利用向量的垂直关系可得，再利用向量的平方运算等于模的平方来求模长. 【小问1详解】 因为，所以，则， 因为，所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为， ， 因为，所以，即，即； 由得，， 即， 再由得：； ， 由得：， 又因为， 所以，所以． 16. 已知函数． （1）若函数的最小正周期为，求的定义域及单调递增区间； （2）若函数在上单调递增，求的取值范围． 【答案】（1）函数的定义域为：，单调递增区间为： （2） 【解析】 【分析】（1）由，解得，再利用正切函数定义域及单调性列式求解； （2）利用正切函数的单调区间列出不等式求解即得. 【小问1详解】 由题意可知，函数的最小正周期，则； ，即，所以函数的定义域为：； 令，化简得：， 所以函数的单调递增区间为：； 【小问2详解】 令，因为，所以， 因为函数在上单调递增， 所以， 所以，即，则有， 解得，又因为，所以或1， 则或，即的取值范围为． 17. 在中，内角的对边分别是，若，且． （1）求和； （2）若边上的中线长为2，点在上，且为的平分线，求的长． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由，求出，由余弦定理及正弦定理得到方程，求出； （2）由余弦定理得①，又平方可得②，由①②得：，故，根据和面积公式可得. 【小问1详解】 因为，所以， 又，故，则； 因为，， 由余弦定理及正弦定理得：， 所以，解得； 【小问2详解】 由余弦定理得：，即有①； 设为的中点，即，又因为， 所以，即②， 由①，②得：， 所以，所以． 因为为的平分线，所以， 则， 即． 18. 已知定义在上的偶函数和奇函数，若，，． （1）求的值； （2）若函数． （ⅰ）当时，求函数的最小值； （ⅱ）是否存在，使得关于的不等式的解集为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）存在， 【解析】 【分析】（1）利用偶函数的定义，将问题转化为恒成立问题即可求出，利用得出，再利用奇函数的定义检验； （2）先化简，令，则转化为， （ⅰ）先求出，再按照、、三种情况讨论，结合单调性求最值； （ⅱ）将问题转化为不等式的解集为，利用是方程的两根即可求解. 【小问1详解】 因为为偶函数，则恒成立，即， 即， 因为，所以，即， 所以，因为对所有都成立，所以； 因为函数为奇函数，且定义域为， 所以，即，所以， 即，因为，所以符合题意； 【小问2详解】 因为， 则 ， 令，则， （ⅰ）因为，且是关于的增函数，所以， ，对称轴为， 当时，在上单调递增， 所以； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 所以； 当时，在上单调递减， 所以， 综上，当时，的最小值为； 当时，的最小值为； 当时，的最小值为； （ⅱ）因为，则， 所以若的解集为， 则关于的不等式的解集为， 则是方程的两根，且， 所以有，且， 解得， 所以当时，不等式的解集为． 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有3个零点，且． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得答案； （2）（ⅰ）将原问题转化为有三个不相等的正根的问题，设，利用导数研究其图象，数形结合，即可求得答案；（ⅱ）由题意可得，化为，即得：，然后证明以及，即可证明结论. 【小问1详解】 当时，， 所以，则， 所以曲线在点处的切线方程为：，即； 【小问2详解】 （ⅰ）因为函数有3个零点，所以方程有三个不相等的正根， 即有三个不相等的正根， 令，所以， 当或时，即或时，， 当时，即时，， 所以函数的单调递增区间为：，单调递减区间为：， 且，且当时，；当时，， 所以函数的图象大致如下图所示： 若方程有三个不相等的正根，即直线与的图象有三个不同的交点， 由图可知，时符合题意，所以的取值范围为：； （ⅱ）由（ⅰ）可知，，且， 开方得：， 即有①， 由①式得：，令， 所以，解得，则， 所以， 要证，即证，即证：， 令， 因为，所以，所以在上单调递减，则， 所以成立，即； 由①式得：， 因为，所以， 所以， 因为，所以，由（ⅰ）知，， 即； 因为，所以，所以，则， 所以； 则有， 即，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $