精品解析：辽宁省沈阳市郊联体2025-2026学年高三上学期11月期中数学试题

辽宁省重点高中沈阳市郊联体 2025—2026学年度上学期高三年级期中考试试题 数学 命题人：沈阳市第三十中学 秦平 校题人：沈阳市第五十六中学 芦敏 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 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，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由可知，1是的一个根，求出m的值，解方程即可求得集合B. 【详解】由可知，1是的一个根， 则，解得， 故， 故选：A 2. 若为复数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出后可计算. 【详解】，故，故选A. 【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题. 3. 已知，是两个不同的平面，，为两条不重合的直线，则下列命题中正确的为（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线线、线面、面面平行或垂直的判定与性质定理进行判断即可． 【详解】解：因为，是两个不同的平面，，为两条不重合的直线， 对于A：若，，，则或或或与相交（不垂直），故A错误； 对于B：若，，，则或与相交，故B错误； 对于C：若，，，面面垂直的判定可知，故C正确； 对于D：若，，，则或与相交，故D错误； 故选：C 4. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式，根据必要不充分条件的定义可得推出关系，由此可得结果. 【详解】由得：， “”是“”的必要不充分条件， ，，， 即实数的取值范围为. 故选：C. 5. 设为正项等差数列的前n项和，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得，，由根据等差数列求和公式可得，结合等差数列性质可得，再利用基本不等式求的最小值即可. 【详解】因为数列为正项等差数列，所以，， ，可得，即， 由等差数列性质可得， 所以， 因为，，故，， 则，当且仅当时等号成立. 由解得，， 即当，时，取得最小值为， 故选：B. 6. 已知向量，，满足，，，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可设、、，又，，则可计算出的范围，从而可得解. 【详解】，则可设、、， 由，则， 又， 则，则， 故，则， 即的最大值为. 故选：D. 7. 已知，分别为等差数列，的前n项和，，设点A是直线外一点，点P是直线上一点，满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列求和公式的性质及三点共线的推论计算参数即可. 【详解】根据等差数列前项和公式的二次函数特性，且， 不妨设， 则， 又三点共线，则， 所以. 故选：A 8. 已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意转化为，同构得到，通过构造得到原题意即存在，使得，再构造，研究最值即可求解. 【详解】， 即， 即， 构造，则在上单调递增， 因为，所以， 即存在，使得， 记， ，令，则， 所以在单调递减，在单调递增，， 因为，， 所以， 所以，所以， 所以 所以实数的取值范围是. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查函数同构问题和存在性问题.关键点在于将原式进行变形转化，转化为，构造，得到，进而得到自变量的关系，再通过构造函数研究最值即可.本题考查了转化与化归能力、数学运算能力，属于中档题. 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. 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. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若，则向量，的夹角是锐角 B. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 D. 已知向量满足， 且， 则 【答案】BC 【解析】 【分析】对A：向量，的夹角可能为；对B：根据空间向量共面定理即可得；对C：由即可得；对D：借助空间向量数量积公式及数量积与模长的关系计算即可得. 【详解】对A：若，则向量，的夹角是锐角或，故A错误； 对B：根据空间向量共面定理知：空间中的三个向量，若有两个向量共线， 则这三个向量一定共面，故B正确； 对C：由，故P，A，B，C四点共面，故C正确； 对D：由，则，又， 故，又，则， 故，即，则，故D错误. 故选：BC. 11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为；显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，易知最大值为；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为. 【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形， 动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，所以错误； 对于B，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大， 易知点是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为，所以，B错误； 对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示， 当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 弧长度，故点的轨迹长度为，故正确； 对于D，取的中点分别为， 连接，如图2所示， 因为平面平面，故平面， ，平面平面，故平面； 又平面，故平面平面； 又， 故平面与平面是同一个平面. 则点的轨迹为线段： 在三角形中， 则， 故三角形是以为直角的直角三角形； 故，故长度的最大值为，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥侧面展开图的知识求得正确答案. 【详解】设圆锥的母线长为，则. 故答案为： 13. 已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，作出函数的大致图象，令可得，或，由条件结合图象可得的取值范围. 【详解】当时，，所以， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 且，，， 当时，，当时，， 当时，与一次函数相比，函数增长速度更快， 从而， 当时，，所以， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 且，， 当时，，当时，， 当时，与对数函数相比，一次函数增长速度更快， 从而， 当，且时，， 根据以上信息，可作出函数的大致图象如下： 函数的零点个数与方程的解的个数一致， 方程，可化为， 所以或， 由图象可得没有解， 所以方程的解的个数与方程解的个数相等， 而方程的解的个数与函数的图象与函数的图象的交点个数相等， 由图可知：当时，函数的图象与函数的图象有3个交点. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，动点P在直线DC上移动，对于下列四个结论： ①存在唯一点P，使得； ②三棱锥的体积不变； ③平面截正方体所得截面形状是梯形或平行四边形； ④的面积最小值为； 则所有正确结论的序号是__________. 【答案】①② 【解析】 【分析】设，分类讨论点位置，求出，由解得，确定①正确，考虑到到平面的距离不变，从而易判断②，通过作辅助线得到截面图形，即可判断③，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，分类讨论点位置，由空间向量法求得到的距离，由距离的变化规律进行求解即可判断④正确. 【详解】对于①：由平面平面，得，同理， 若在线段上，设， 所以， 又， 由得，存在唯一点使得； 若在直线上，且在点左侧，设，则， 所以， 又， 由，得，舍去； 若在直线上，且在点右侧，设，则， 所以， 又， 由，得，舍去，①正确； 对于②：正方体中，平面，所以到平面的距离不变， 即到平面的距离不变，而面积不变， 因此三棱锥，即四面体的体积不变，②正确； 对于③：过作平面，则为中点，连接，则， 过作，则为中点，过作，则， 连接，则平面； 过作，则为中点， 过作，则为中点， 过作，则是靠近的三等分点， 所以，连接， 则五边形是平面截正方体所得，③错误； 对于④：以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图， 正方体棱长为，则， 设， 则，， 又，， 所以， 设到直线的距离为， 则 ， 若在线段上，则， 由二次函数性质知时，递减， 所以，又不变， 所以的面积最小为； 若直线上，且在左侧，则， 由二次函数性质知，时，无最小值； 若直线上，且在右侧，则， 由二次函数性质知，时，在时，取得最小， 且此时，又不变， 所以的面积最小为，④错误； 故答案为：①②. 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. 已知向量，，函数 （1）求的单调递增区间； （2）在三角形中，角，，所对的边分别为，，.并且满足.若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，结合正弦型函数的性质，即可求解； （2）由，利用正弦定理，求得，得到，再由，求得，得到，结合，即可求解. 【小问1详解】 解：由向量，， 可得函数， 令，解得， 所以函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 解：因为，由正弦定理得， 又因为，可得，所以，即， 因为，所以， 由（1）知， 因为，可得， 即，即，所以， 又因为，则 因为，则 . 16. 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． 17. 已知函数 （1）求在处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）在区间上有两个零点，求m的范围. 【答案】（1） （2）单调递增区间，，单调递减区间. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求函数在点处的切线方程. （2）求导，分析导函数的符号，可得函数的单调区间. （3）结合（2）的结论，转化为与在上有两个交点，数形结合，可求m的范围. 【小问1详解】 因为，所以. 又，所以. 所以在处的切线方程为：即. 【小问2详解】 因为. 由或；由. 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问3详解】 由（2）可知，函数在上单调递减，在上单调递增. 且，，. 所以在区间上有两个零点，即在上有两个解， 可得. 即的取值范围为： 18. 如图，平面平面ABCD，，，，，E为PD中点. （1）求证：平面PBC； （2）求平面ABE与平面PAB所成角的余弦值； （3）求点D到平面ABE的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取PC的中点F，连接，BF，根据平行关系可证，进而可证线面平行； （2）建系标点，分别求平面ABE与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角； （3）由（2）可得，平面ABE的法向量，利用空间向量求点到面的距离. 【小问1详解】 取PC的中点F，连接，BF， 因为E是PD的中点，则，， 又因为，，则，， 可知四边形是平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 在平面内过点B作垂直于AB， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，可得，， 且，以B为原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，， 设平面ABE的法向量为，则， 取，则，，可得， 又因为平面的一个法向量为 设平面ABE与平面所成角为，且为锐角， 则， 故平面ABE与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）可知：，平面ABE的法向量为， 所以点D到平面ABE的距离. 19. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）当时，，求a的取值范围； （3）求证：． 【答案】（1）极大值，无极小值； （2）； （3）证明：由（2）得，当时，，所以． 当时，，所以． 令，得，即． 所以， 即． 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，从而求出的极值情况； （2）求导，分，和三种情况，结合放缩法，进而得到的单调性，最终得到答案； （3）由（2）得，当时，，所以，令，得，所以. 【小问1详解】 当时，，定义域为， ， 由，得；由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数有极大值，无极小值． 【小问2详解】 由题意得，． ①当时，， 令，则， 当时，，则在上单调递增， 所以，所以当时，， 所以，所以在上单调递增， 所以，所以满足题意． ②当时，令， 所以当时，，所以在上单调递减， 又，所以当时，，所以在上单调递减， 所以，所以不符合题意． ③当时，，所以在上单调递减， 所以，所以不符合题意． 综上，实数a的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 辽宁省重点高中沈阳市郊联体 2025—2026学年度上学期高三年级期中考试试题 数学 命题人：沈阳市第三十中学 秦平 校题人：沈阳市第五十六中学 芦敏 考试时间：120分钟 试卷总分：150分 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名､班级､考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 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，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 若为复数，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是两个不同的平面，，为两条不重合的直线，则下列命题中正确的为（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 4. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 设为正项等差数列的前n项和，若，则的最小值为（ ） A. B. C. 9 D. 5 6. 已知向量，，满足，，，则的最大值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 7. 已知，分别为等差数列，的前n项和，，设点A是直线外一点，点P是直线上一点，满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 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 10. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若，则向量，的夹角是锐角 B. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 C. 若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面 D. 已知向量满足， 且， 则 11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知圆锥底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为________ 13. 已知函数，函数，若函数恰有三个零点，则的取值范围是______. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，E为棱的中点，动点P在直线DC上移动，对于下列四个结论： ①存在唯一点P，使得； ②三棱锥的体积不变； ③平面截正方体所得截面形状是梯形或平行四边形； ④的面积最小值为； 则所有正确结论的序号是__________. 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. 已知向量，，函数 （1）求的单调递增区间； （2）在三角形中，角，，所对的边分别为，，.并且满足.若，求的值. 16. 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. 17. 已知函数 （1）求在处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）在区间上有两个零点，求m的范围. 18. 如图，平面平面ABCD，，，，，E为PD中点. （1）求证：平面PBC； （2）求平面ABE与平面PAB所成角的余弦值； （3）求点D到平面ABE的距离. 19. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）当时，，求a的取值范围； （3）求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $