精品解析：辽宁省重点高中点石联考2025-2026学年高三上学期11月期中联合考试数学试题

2025-2026学年度上学期高三年级11月份联合考试 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、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 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. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 设命题，则为（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，，若，则的所有可能取值构成的集合的真子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 3. 已知数列满足，，则数列的前12项和为（ ） A. 108 B. 28 C. 62 D. 80 4. 已知平面内不同的四点，，，，设甲：，，，四点位于同一条直线上；乙：与共线，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是乙的充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 5. 设函数，则方程的所有解之和为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 3 6. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则（ ） A. 6 B. 1 C. 3 D. 2 7. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 11 D. 13 8. 如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知复数，，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 为纯虚数 D. 在复平面内，复数所对应点位于第四象限 10. 记为数列的前项和，且，，则（ ） A. B. 为等差数列 C. 数列单调递减 D. 11. 记函数导函数为，的导函数为，且，，定义域均为，若为偶函数，为奇函数，，且对任意的，，均有，则（ ） A. 为周期函数 B. C. D. 在区间上单调递减 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列中，，，则____________. 13. 设内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的周长为____________. 14. 设为已知正数，记函数的最小值是关于的函数，则当取得最大值时，____________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设平面向量，，. （1）若，求的值； （2）若，求的值. 16. 已知函数. （1）求的单调递减区间； （2）若在上恰有两条对称轴，求的取值范围. 17. 在中，，且. （1）求； （2）点满足，求. 18. 已知函数，. （1）求的单调区间； （2）证明：； （3）若曲线在点处的切线与曲线相切，求. 19. 已知函数，曲线在处切线为. （1）证明：过轴上的定点； （2）证明：若，则，； （3）讨论的零点个数. 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11月份联合考试 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、准考证号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡的指定位置.考试结束后，将答题卡交回. 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. 3.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 设命题，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】通过修改量词否定结论，可得结果. 【详解】由存在量词命题的否定为全称量词命题，可得， 故选：C. 2. 已知集合，，若，则的所有可能取值构成的集合的真子集个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】利用分类讨论参数，根据子集关系可求得参数的集合，再通过元素个数确定真子集个数. 【详解】当时，，成立， 当时，， 因为，故或，此时或1， 综上，，故真子集个数为. 故选：D. 3. 已知数列满足，，则数列的前12项和为（ ） A. 108 B. 28 C. 62 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】利用数列的通项公式，可判断各项的正负，去绝对值，再求数列的前12项的和即可. 【详解】设数列的前项和为， 则， 因为当时，，当时，， 所以. 故选：D. 4. 已知平面内不同的四点，，，，设甲：，，，四点位于同一条直线上；乙：与共线，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是乙的充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】判断甲乙两命题之间的逻辑推理关系，即可得答案. 【详解】若，，，四点位于同一条直线上，则与共线，故充分性成立； 若与共线，可能存在直线与直线平行的情况，故必要性不成立， 故甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件. 故选：A. 5. 设函数，则方程的所有解之和为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数为偶函数，再由对称性可求出方程的所有解之和. 【详解】因为，所以函数为偶函数，其图像关于轴对称， 因为，所以不是方程的解，若为方程的解，则， 由为偶函数可知，，所以也是方程的解， 因此，方程的非零解成对出现，其和为0，故方程的所有解之和为0. 故选：B. 6. 在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则（ ） A. 6 B. 1 C. 3 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式以及两角和正切公式解方程即可求得结果. 【详解】由可得，解得， 所以， 由可得，解得或（舍）， 故. 故选：C. 7. 已知，，且，则的最小值为（ ） A. 8 B. 9 C. 11 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】先用1的代换化简，再用1的妙用结合基本不等式求解即可. 【详解】由题可知， 所以， 当且仅当，时取等号. 故的最小值为. 故选：B. 8. 如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理，求出，，设，根据正弦定理求出，根据求出，再减去地球半径即可. 【详解】设地球球心为，月球表面上的点为， 因为柏林与好望角纬度差约为，可以将其看作进行计算， 则， 由地球半径为，则， 在中，由正弦定理，， 解得，， 设， 在中，由正弦定理，， 解得， 在中，由正弦定理，， 解得， 因为， 则， 故， 因此， 而地球表面与月球表面的最小距离为减去地球半径， 故答案为. 故选：A. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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. 已知复数，，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 为纯虚数 D. 在复平面内，复数所对应的点位于第四象限 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用复数的运算，共轭复数和模的概念，以及复数的几何意义，即可求解. 【详解】因为，， 对于A，易知，其虚部为，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，为纯虚数，故C正确； 对于D，，对应的点位于第四象限，故D正确. 故选：BCD. 10. 记为数列的前项和，且，，则（ ） A. B. 为等差数列 C. 数列单调递减 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A：令可判断；对于B：利用与的关系，把转化成关于的递推公式，然后利用定义可判断；对于C：求出的通项，利用指数函数单调性判断；对于D：利用分组求和以及等比数列的前项和公式计算可判断. 【详解】对于A，令可得，即， 又，解得，故A正确； 对于B，当时，，两式相减可得，且， 即，故是以首项，公比为的等比数列，故B错误； 对于C，易得， 故，易得数列单调递增，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：AD. 11. 记函数的导函数为，的导函数为，且，，定义域均为，若为偶函数，为奇函数，，且对任意的，，均有，则（ ） A. 为周期函数 B. C. D. 在区间上单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数奇偶性以及对称性即可证明A正确，选取特殊值代入计算可得B正确，对函数求导并结合不等式恒成立得出函数极值可判断C错误，根据C中分析并结合周期性即可判断D正确. 【详解】对于A，由题得，. 故，则， 可得，故周期为4，故A正确； 对于B，代入，，可得， 整理得，故B正确； 对于C，首先有恒成立，故恒成立， 又，则， 求导得，即，再求导得. 令，则等价于恒成立，又， 令即，即. 令，解得， 故，同时代入， 由有， 故为的最大值点，也为极大值点， 令的导函数为，则， 必有，否则使得在区间上恒正，与极大值点矛盾， 则，故，故C错误； 对于D，由，则取值范围为，故，， 故在区间单调递减， 且可得，故在上，单调递减， 由周期为4，且，故在区间上单调递减，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列中，，，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，可知数列的周期为，求解即可. 【详解】由题意可得，，，则，，，，…， 所以数列的周期为，则. 故答案为：2. 13. 设的内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的周长为____________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，再结合可求. 【详解】因为，，， 由余弦定理，得，即， 故，解得， 故的周长为. 故答案为：. 14. 设为已知正数，记函数的最小值是关于的函数，则当取得最大值时，____________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据分类讨论确定出的最小值点，由此可表示出的最小值，再将的最小值表示为关于最小值点的函数，利用导数求解出的最大值，由此可求解出的值. 【详解】，记，则， 若，则在上单调递增，且，， 所以存在，使得， 当，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增， 所以是的极小值点，也是最小值点； 若，当，，在上单调递减， 当，，在上单调递增， 又， 且又知， 所以存在，使得， 当，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增， 所以是的极小值点，也是最小值点； 由知，故， 记，则， 当， ，则在上单调递增， 当，，则在上单调递减， 所以， 即时，取得最大值，也即， 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 设平面向量，，. （1）若，求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出，再由平行向量的坐标表示求解即可； （2）先求出，再由垂直向量的坐标表示求解即可； 【小问1详解】 因为，，所以， 又，且，所以， 解得. 【小问2详解】 因为，，所以， 又，且，所以， 解得. 16 已知函数. （1）求的单调递减区间； （2）若在上恰有两条对称轴，求的取值范围. 【答案】（1），. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用两角和差、倍角三角函数公式化简得，利用正弦函数的周期性与单调性即可求得的单调递减区间； （2）利用正弦函数图像，可得若在上恰有两条对称轴，则，解不等式即可. 【小问1详解】 由已知， 再令，解得，其中， 所以函数的单调递减区间为：，. 【小问2详解】 由（1）得，， 当时，则， 因函数在，处有对称轴，则函数在直线右侧的三个临近对称轴为：，，. 又在上恰有两条对称轴，所以， 解得. 17. 在中，，且. （1）求； （2）点满足，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将的值代入，再利用辅助角公式求出，根据三角形内角关系即可得到； （2）根据满足，得到点在边上，且可得到与三边的长度关系，在中，分别利用余弦定理和正弦定理即可求出. 【小问1详解】 由，可知， 故，即. 故，即，. 由，是三角形的内角， 所以，故， 则，所以，. 【小问2详解】 由（1）可知，，所以是等边三角形， 设的边长， 因为满足，故点在边上， ，且，即且， 在中，由余弦定理有，解得， 由正弦定理可得，， 所以. 18. 已知函数，. （1）求的单调区间； （2）证明：； （3）若曲线在点处的切线与曲线相切，求. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据单调性与导数的关系，即可求得答案； （2）设，求出其导数，判断的单调性，即可证明结论； （3）根据导数的几何意义可得在点处的切线方程，设与曲线相切于点， 则可表示为，由此可得.设，利用导数判断函数单调性，可求出的值，即可求得答案. 小问1详解】 由题意得的定义域为，， 令，解得， 令，解得， 故单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 设，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 故，即. 【小问3详解】 ，， 故曲线在点处的切线为， 即， 记与曲线相切于点，，， 则， 则可表示为，即， 于是，故， 即，即. 设，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故，故当且仅当时，. 于是，故. 19. 已知函数，曲线在处的切线为. （1）证明：过轴上的定点； （2）证明：若，则，； （3）讨论的零点个数. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）分别求出，，再表示出切线方程，根据切线方程即可得到定点； （2）设，分析得，代入的条件即可证明； （3）对分类讨论，分析的零点个数即可. 【小问1详解】 由题意得， 则，且， 故切线的方程为， 即，即， 易得过轴上的定点. 【小问2详解】 设，则为增函数，且， 故，有，即， 且时，，故，即. 【小问3详解】 易得的定义域为. ①若，则为增函数，且， 时，，故由零点存在定理，在上存在唯一零点， ②若，则，有，故不存在零点； ③若，先证明恒成立，当且仅当取等； 设，则有. ，有，且为增函数， 故在区间上，单调递减，在区间上，单调递增， 则即恒成立，当且仅当取等； （i）若，则， 时，由（2）知， 时，有， 故恒成立，不存在零点； （ii）若，则，， 因为，显然在上单调递增， 又因为，则在区间上，单调递减，在区间上，单调递增， 所以，故有唯一零点； (iii)若，则，且单调递增，，， 令，则， 则在上单调递增， 又因为，所以在上恒成立， 所以， 故在区间上存在唯一零点，且在区间上，，单调递减， 在上，，单调递增， 由，，可知时，存在唯一零点， 因为， 因为， 则时，成立， 又因为， 故在时存在唯一零点， 故零点个数为2； 综上所述，时，零点个数为0， 时，零点个数为1， 时，零点个数为2. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $