精品解析：河北枣强中学2026届高三上学期11月期中数学试题

2025-2026学年度上学期高三年级期中考试数学学科试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据一般幂函数、对数函数的奇偶性判断A、C；由奇偶性定义及幂函数的单调性判断B；由指数函数的单调性判断D. 【详解】由为奇函数，为非奇非偶函数，A、C不符合， 由，则且定义域为，故为偶函数， 在上单调递减，B符合， 在上单调递增，D不符合. 故选：B 2. 若复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义、复数运算以及复数相等可得出的值. 【详解】因为复数，则， 故. 故选：B. 3. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知有，进而分析集合间的包含关系. 【详解】由题设，其中表示奇数， 而中，故. 故选：A 4. 已知是定义在上的函数，则“对，都成立”是在上是增函数”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若在上是增函数，则对，必有， 所以“在上是增函数”能推出“对，都成立”； 若对都成立，不一定是增函数，例如，满足，但不是增函数； 因此，“对都成立”是“在上是增函数”的必要而不充分条件. 故选：B. 5. 在等比数列中，是方程的两根，则等于（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据韦达定理可得，由等比数列下标和性质可求得结果. 【详解】是方程的两根，， ，，或. 故选：C. 6. 已知函数，若这两个函数的图象在公共点处有相同的切线，则的值为（ ） A. B. C. e D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别表示出，再根据在处的导数值和函数值分别相等可求结果. 【详解】因为， 所以， 因为在公共点处有相同的切线，则有， 即，所以. 故选：A. 7. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将已知条件两侧平方整理得，结合求出，即可得. 【详解】由题设， 所以，即， 而，则， 所以，即. 故选：A 8. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然后将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ） A. 20cm B. cm C. cm D. 30cm 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值. 【详解】依题意圆形木板的直径为. 设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示. 由且可得， 在中，由正弦定理得，解得. 在中，由余弦定理，得， 所以，， 即，可得，当且仅当时等号成立. 在中，， 由余弦定理可得 ， 即，即，当且仅当时等号成立， 因此，这块四边形木板周长的最大值为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是将四边形周长问题转化为三角形边长和的范围，利用余弦定理和基本不等式求解即可. 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. 下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用相关指数函数、幂函数的单调性比较大小即可. 【详解】A：由在定义域内单调递减，则，错； B：由在定义域内单调递增，则，对； C：由在上单调递减，则，错； D：由在上单调递增，则，对. 故选：BD 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 若方程在上有且只有6个根，则 D. 的图象向左平移个单位长度后得到函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据函数的图象可求解函数的解析式，即可求解AB，结合范围以及正弦函数的性质即可求解C，由函数图象的平移即可求解D. 【详解】由图可知：，故， 结合以及位于函数上升的图象上，故， ，且点位于减区间内，故， 所以， 由于则，故，因此，故，A正确， ，故是函数的一条对称轴，B正确， 对于C，令，则 ，当时，， 要使在上有且只有6个根，则，解得，故C正确， 对于D, 的图象向左平移个单位长度后得到函数，故D错误， 故选：ABC 11. 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列是递增数列 C. 存在正整数，使得 D. 存在正整数，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】由等差数列与等比数列项之间的关系建立方程组，求得公差和公比，即可判断A选项，写出数列通项公式即可判断B选项.将作差，然后构造函数，由导数得到函数在的单调性，结合端点的正负即可证明函数零点，即方程的解，判断选项.由等式建立方程然后解的值，判断选项. 【详解】∵， ∴，整理得， ∵，∴，则，A选项正确， ，，B选项正确， ∵，令， ∵，当时，， ∴函数在上单调递增，且， ∴函数在无零点，即不存在正整数，使得，C选项错误， ，即，解得， ∴存在正整数，使得，D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了等差数列和等比数列，结合项之间的关系建立方程组，然后得数列相关的量.对于是否存在正整数使得等式成立问题，可以由解方程证明存在，或者利用函数零点来判断方程得解. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ，的夹角为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用平面向量的夹角公式以及夹角的取值范围可得结果. 【详解】设、的夹角为，则， 因为，故， 故答案为：. 13. 已知等差数列中，，则数列的前10项和为______. 【答案】10 【解析】 【分析】先根据条件求出首项与公差，再根据等差数列通项公式得，最后利用分组求和法得结果. 【详解】设等差数列的公差为. ，， ，解得 ，则， 所以数列的前10项的和为 . 故答案为：10 14. 已知正数x，y满足，则xy的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】解法1：由题意可得，令，，得，，代入，进而利用基本不等式可求解.解法2：，令，可得，令，可得，结合基本不等式可求解. 【详解】解法1：， 令，，得，， 则， 当且仅当，即时取得等号． 所以xy的最大值是； 解法2：， 令，则 令，则， ， 当且仅当，即时取得等号． 所以xy的最大值是. 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、证明过程或演算步骤） 15. 在中，设角，，的对边分别为，，，已知，，成等差数列，且. （1）求外接圆的面积； （2）若，求，. 【答案】（1）； （2）， 【解析】 【分析】（1）由，，成等差数列可得，再由正弦定理，可得外接圆半径R，即可得； （2）由正弦定理得，结合且，即可得. 【小问1详解】 ，，成等差数列， ，又，故， 由正弦定理可得：，则， 的外接圆面积为； 【小问2详解】 由（1）及正弦定理得，则， 而，则，故. 16. 已知函数. （1）若直线与直线交于点，与的图象交于点，求的最小值； （2）设函数的定义域为的定义域为，且，求的取值集合. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先根据已知条件得出点，点，再计算得出，最后求导得出最值； （2）先解对数不等式计算得出集合，再应用得出是的子集，进而得出不等式恒成立即可求解. 【小问1详解】 直线与直线交于点， 直线与的图象交于点， 所以，设，单调递增， 令，单调递减；单调递增； 所以； 【小问2详解】 因为函数，所以， 则的定义域为，因为，所以是的子集， 函数的定义域为，，则成立， 因为在上均单调递增，则单调递增，所以成立，所以. 所以的取值集合. 17. 在等差数列中，；记为数列的前项和，且. （1）分别求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）, （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解，利用的关系可得为等比数列求解， （2）利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 解：设数列的首项为，公差为d， ，则， 所以数列的通项公式为． 因为，所以当时，，则． 当时，，则， 所以是以首项为，公比为2的等比数列，所以． 【小问2详解】 因为，设数列的前项和为， ① ② ①-②得 ∴ ， 则． 18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且. （1）求B； （2）若D是边AC的中点，，，求△ABC的面积； （3）若△ABC为锐角三角形，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，可求； （2）由已知可得，两边平方化简可得，求得，进而可求面积； （3）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，求得的范围，可求解. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理可得， 所以， 所以， 所以，又因为，所以， 所以，所以， 又因为，所以； 【小问2详解】 因为D是边AC的中点，所以， 所以，又因为，，， 所以，化简得，即， 所以，解得或（舍去）， 所以； 【小问3详解】 由正弦定理可得， 所以， 所以 ， 因为△ABC为锐角三角形，所以，解得， 所以，所以， 所以，所以的取值范围. 19. 牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，，…，，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，已知． （1）若给定，求的二阶近似值； （2）函数． ①试写出函数的最小值与的关系式； ②证明：． 【答案】（1） （2）①， ②由①知，， 令，求导得， 令，求导得， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 而， 则当时，恒成立，即函数在上单调递增， 而，因此，所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定方法，求出的导数，依次求出即可. （2）①利用导数探讨函数的最小值，结合求出m与r的关系； ②由①的结论，构造函数，利用导数探讨函数在上的单调性即可推理得证. 【小问1详解】 函数，求导得， 依题意，，当时，， 同理，而，所以； 【小问2详解】 ①因为， 所以，令， 求导得，所以在上单调递增， 函数单调递增，， 由，得，且，则，， 所以， 当时，，当时，， 于是函数在上单调递减，在上单调递增， 函数在处取得最小值， 即. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度上学期高三年级期中考试数学学科试题 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 下列函数中，既是偶函数又在上单调递减的为（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足：，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是定义在上的函数，则“对，都成立”是在上是增函数”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 在等比数列中，是方程的两根，则等于（ ） A. B. C. 或 D. 6. 已知函数，若这两个函数的图象在公共点处有相同的切线，则的值为（ ） A. B. C. e D. 7. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 8. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》，“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量、画圆和方形图案的工具，今有一块圆形木板，按图中数据，以“矩”量之，然后将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ） A. 20cm B. cm C. cm D. 30cm 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. 下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 若方程在上有且只有6个根，则 D. 的图象向左平移个单位长度后得到函数 11. 已知等差数列的公差为，等比数列的公比为，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列是递增数列 C. 存在正整数，使得 D. 存在正整数，使得 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. ，的夹角为______. 13. 已知等差数列中，，则数列的前10项和为______. 14. 已知正数x，y满足，则xy的最大值是______． 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、证明过程或演算步骤） 15. 在中，设角，，的对边分别为，，，已知，，成等差数列，且. （1）求外接圆的面积； （2）若，求，. 16. 已知函数. （1）若直线与直线交于点，与的图象交于点，求的最小值； （2）设函数的定义域为的定义域为，且，求的取值集合. 17. 在等差数列中，；记为数列的前项和，且. （1）分别求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 18. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且. （1）求B； （2）若D是边AC的中点，，，求△ABC的面积； （3）若△ABC为锐角三角形，且，求的取值范围. 19. 牛顿法（Newton’s method）是牛顿在17世纪提出的一种用导数求方程近似解的方法，其过程如下：如图，设是的根，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线，的方程为．如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值．重复以上过程，得的近似值序列：，，…，，根据已有精确度，当时，给出近似解．对于函数，已知． （1）若给定，求的二阶近似值； （2）函数． ①试写出函数的最小值与的关系式； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $