精品解析：河北省保定市2025-2026学年高三上学期11月期中数学试题

河北省保定市2026届高三上学期期中考试 数学 （时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上. 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，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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求解对数型复合函数定义域得到集合B，然后利用并集运算求解即可. 【详解】因为，解得，所以， 又，所以. 故选：B 2. 设向量，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积运算与线性运算的坐标表示即可求解. 【详解】因为， 所以，， 故. 故选：B. 3. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数的除法运算法则求得复数，从而得到的虚部. 【详解】由题意得，，所以的虚部为. 故选:C. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由同角三角函数关系得，进而利用求解即可. 【详解】解：由，知， 由题意，即， 由，得， 所以. 故选：A. 5. 已知数列中，，则（ ） A B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由题设易得数列从第2项起，偶数项均为，奇数项均为2，进而求解即可. 【详解】因为， 所以，， ，，， 所以数列从第2项起，偶数项均为，奇数项均为2， 则. 故选：C. 6. 若函数在上恰有3个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由可得，且，结合余弦函数的极值点分析可得的极值点对应的取或，进而列不等式组求解即可. 【详解】由，所以， 显然， 由于的极值点为， 所以的极值点对应的取或， 所以或，解得， 则的取值范围是. 故选：D. 7. 记为数列的前项和，设甲：是等比数列，乙：是等比数列，则（ ） A. 甲是乙的充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】分别讨论是等比数列的条件下，是否是等比数列，以及是等比数列的条件下，是否是等比数列，即可判断. 【详解】先判断充分性： 若是等比数列，设其公比为，首项为，可得： ， ， 当时，，不是等比数列， 当时，，是等比数列， 综上，当是等比数列时，不一定是等比数列， 故充分性不成立； 再判断必要性： 若是等比数列， 可设， 此时，若，， 若，， 即是等比数列，但不是等比数列， 故必要性不成立； 综上，甲是乙的既不充分也不必要条件. 故选：D. 8. 已知，函数存在零点，则实数的最小整数值是（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】令，则可得方程有解，即有解，构造函数，结合导数讨论其单调性后运用零点存在性定理虚设零点即可解决问题. 【详解】由题意知，函数定义域为， 因为时，函数存在零点， 则有解， 令，则， 则上式转化为有解， 又因为，所以，令， 求导得，令， 所以在上单调递减， 又， ， 所以存在正实数，使得，即， 则函数在单调递增，单调递减， 所以. 所以，的最小整数值为5. 故选：C. 二､多选题：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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】作差法进行求解，对四个选项一一判断，结合不等式的性质得到答案. 【详解】对于A选项，因为，所以， 因为，所以，即，故A正确； 对于B选项，， 因为，所以， 所以，，故B正确； 对于C选项，因为，所以，，故C正确； 对于D选项，因为，且，所以，即， 则或或，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知指数函数过点，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 方程的解仅为 D. 方程恰有两个解，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】待定系数法判断A；直接求解的解析式判断B；直接解方程判断C；直接讨论的值域范围判断D. 【详解】解：由题设，因为过点，解得，故A错误； 当时，， 所以在上单调递增，B正确； 当时，所以，解得， 当时，所以，解得，不符合题意， 所以方程的解仅为2，C正确； 当时，易知单调递增，所以，所以， 当时，由B知单调递增，，又，所以， 综上，方程恰有两个解，则的取值范围为，D错误， 故选：BC. 11. 记为数列的前项和，已知，则（ ） A. 成等比数列 B. 当为奇数时， C. 中不存在连续三项成等差数列 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由已知条件构造与的关系，可判断A；根据A选项求得数列的通项公式，进而得到数列的通项公式，结合，求出，判断B；由等差数列的定义判断C；由选项B得到的数列的通项公式，求出数列的前项和，判断D. 【详解】由题意可得，即. 又，所以. 故是以1为首项，为公比的等比数列，所以选项A正确； 则， 以上各式相加可得， 即. . 当为奇数时，，即，所以选项B正确； 由， 令，无解，故中不存在连续三项成等差数列，所以选项C正确； 由前面的计算得， 所以，所以选项D错误 故选：ABC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 集合，已知等差数列的前项和为，公差为，当且严格单调递增时，的取值集合为，若“”是“”的必要条件，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据单调性和等差数列通项公式可得恒成立，分别在、和的情况下讨论得到的范围，从而确定集合；根据必要条件定义知，由此可构造不等式组求得结果. 【详解】为等差数列，，， 严格单调递增，恒成立， 当时，恒成立，则； 当时，，解得：； 当时，，当时，且，； 综上所述：，即； 若“”是“”的必要条件，则， ，解得：，即的取值范围为. 故答案为：. 13. 不等式的解集是__________. 【答案】 【解析】 【分析】转化为，得，即可求解． 【详解】解析：不等式可化为， 即，所以， 所以， 所以，不等式的解集是. 故答案为： 14. 设函数，则关于的方程根的个数为______，其所有根之和的取值范围为______． 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】令，则，由得，进而得，作出的图象，利用数形结合即可求解；由题意，进而得，令，则，令，利用导数法研究单调性得，又时，，可得，即可求解. 【详解】令，则，所以，由， 因为，所以，作出的图像：    由图可知：有两个交点，所以的根的个数为2； 由有， 所以， 所以， 令，则，令，则， 所以在上单调递减， 所以当时，，所以， 又因为时，，所以，且当时，， 又当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大， 所以，所以 故答案为：. 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. 在中，所对的边分别为 （1）求的值； （2）若为边上靠近点的三等分点，，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得到，再由余弦定理即可求解； （2）在中，由余弦定理求得，再结合三角形面积公式求解. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 由余弦定理得， 则，所以； 【小问2详解】 由题意得， 在中，由余弦定理得， 所以，则，又， 所以. 16. 在直角中，点为斜边上的一点且满足，点为的中点，若设，且. （1）用表示； （2）求的余弦值. 【答案】（1），； （2） 【解析】 分析】（1）先得到，进而根据和求出答案； （2）建立平面直角坐标系，得到各点的坐标，求出和，利用夹角余弦公式得到答案. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 因为点为的中点，所以， 所以， ； 【小问2详解】 以为原点，分别以所在直线为轴，轴，建立平面直角坐标系， 则，由（1）知， 故， 所以， 所以， ， 因为的夹角是， 所以 所以的余弦值是 17. 已知函数. （1）证明：函数的图象关于对称； （2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由对称性定义，得到即可得证； （2）结合（1）中所得与函数单调性计算即可得 【小问1详解】 的定义域为，， 所以， 所以函数的对称中心为； 【小问2详解】 由（1）可得， 则由可得， 由复合函数单调性可得，函数在上单调递增， 所以，即，即， 又在上单调递减，所以. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）（i）求在处的切线方程和在处的切线方程； （ii）若方程有两个不同的实根，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在上单调递增 （2）（i）在处的切线为，在处的切线为；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性； （2）（i）根据导数的几何意义可求得切线斜率，由此可得切线方程； （ii）根据单调性可确定，利用（i）中切线对函数进行放缩，可证得与交点的横坐标、与交点的横坐标分别满足、，由此可证得结论. 【小问1详解】 由题意知：定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）由（1）得：，，又， 在处的切线方程为：，即； 在处的切线方程为：，即. （ii）由（1）知：在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，； 不妨令，为方程的两根，； 设，， ，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，即在上恒成立； 设与交点的横坐标为，则， 又，，； 设，， ，在上单调递减， ，即在上恒成立； 设与交点的横坐标为，则， 又，，； ，， . 19. 若数列满足对于，且，则称数列是调和分裂数列，对于调和分裂数列，回答下列问题： （1）若，证明：数列的前项和； （2）是否存在使得构成等差数列？若存在，请直接写出至的值，若不存在请说明理由； （3）对于给定的正整数，若存在，使得以为首项的连续项依次构成等差数列，求的最小值． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， （3） 【解析】 【分析】（1）先通过数列的和与通项的关系求得，再根据及放缩思想即可证明； （2）先举符合等差数列的特例，然后利用调和分裂数列定义检验即可； （3）设构成的连续项公差为，利用调和分裂数列定义列不等式得，当时，，根据等差数列得，作差法得，，满足调和分裂数列定义，即可得解． 【小问1详解】 构造数列，设其前项和为， 则当时，， 当时满足上式，所以， 由可得，所以． 【小问2详解】 存在，，下面验证： 满足且；满足且； 满足且；满足且； 则， 满足构成等差数列，且数列是调和分裂数列． 【小问3详解】 设构成的连续项公差为， 则，于是， 则，也即，即， 当时，， 根据等差数列可得， 则， ， 该部分满足调和分裂数列定义且为等差数列，所以，的最小值是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省保定市2026届高三上学期期中考试 数学 （时间120分钟，满分150分） 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上. 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，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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设向量，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5 已知数列中，，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 若函数在上恰有3个极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 记为数列的前项和，设甲：是等比数列，乙：是等比数列，则（ ） A. 甲是乙充分不必要条件 B. 甲是乙的必要不充分条件 C. 甲是乙充要条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 8. 已知，函数存在零点，则实数的最小整数值是（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 二､多选题：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. 下列命题为真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知指数函数过点，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. 方程的解仅为 D. 方程恰有两个解，则的取值范围为 11. 记为数列的前项和，已知，则（ ） A. 成等比数列 B. 当为奇数时， C. 中不存在连续三项成等差数列 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 集合，已知等差数列的前项和为，公差为，当且严格单调递增时，的取值集合为，若“”是“”的必要条件，则的取值范围是__________. 13. 不等式的解集是__________. 14. 设函数，则关于的方程根的个数为______，其所有根之和的取值范围为______． 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. 在中，所对的边分别为 （1）求值； （2）若为边上靠近点的三等分点，，求的面积. 16. 在直角中，点为斜边上的一点且满足，点为的中点，若设，且. （1）用表示； （2）求的余弦值. 17. 已知函数. （1）证明：函数的图象关于对称； （2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）（i）求在处的切线方程和在处的切线方程； （ii）若方程有两个不同的实根，证明：. 19. 若数列满足对于，且，则称数列是调和分裂数列，对于调和分裂数列，回答下列问题： （1）若，证明：数列的前项和； （2）是否存在使得构成等差数列？若存在，请直接写出至的值，若不存在请说明理由； （3）对于给定的正整数，若存在，使得以为首项的连续项依次构成等差数列，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $