精品解析：河南省信阳高级中学（贤岭校区）2025-2026学年高三上学期11月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2025-2026学年高三上期11月测试（一） 数学试题 一、单选题：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. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式化简集合，再根据Venn图和集合交集、补集的概念求解即可. 【详解】由，解得， 所以， 又因为，所以，图中阴影部分表示的集合为， 故选：A 2. 若复数，则（    ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】结合的性质利用复数的运算法则求解，再根据共轭复数的概念求解，从而求解． 【详解】，所以， 所以. 故选：A． 3. 已知命题p：，是假命题，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由命题p的否定“，”为真命题求解． 【详解】解：由题意，命题p的否定“，”为真命题． 当时，恒成立； 当时，，解得． 综上，． 故选：A． 4. 已知向量满足，且，设的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助向量垂直数量积为零及向量夹角公式可得，再借助二倍角公式计算即可得. 【详解】由，则， 故，则， 故. 故选：D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定得到，根据展开计算得到答案. 【详解】，故，又， 故，， . 故选：D. 6. 已知，，设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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】先由甲推出，，则可得，利用基本不等式可证明，从而充分性成立；再通过举反例，说明必要性不成立即可. 【详解】由，，可得，则有，且 于是， 因，当且仅当，即时等号成立， 此时，即甲是乙的充分条件； 若取，则，而， 即甲不是乙的必要条件，故甲是乙的充分不必要条件. 故选：A. 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三个数的形式，构造函数，结合函数的对称性、单调性进行运算判断即可. 【详解】，，， 构造函数， ， 的图象关于直线对称， 当时，， 令，， 则，在上单调递增， 当时，，， 则，所以， 因此在上单调递增，则，即． 故选：A 8. 设实数，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将原不等式转化为恒成立，先判断得出恒成立，结合不等式的基本性质可得恒成立，进而求解即可. 【详解】，即， 因为，所以，即恒成立， 令，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 因为，所以， 若时，不等式恒成立，则恒成立， 若时，，恒成立，则也成立， 所以当时，恒成立，所以得，即， 设 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，所以，即正实数的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：运用同构的基本思想将原不等式转化为恒成立，再运用不等式的性质，先得出恒成立，再运用导数讨论恒成立进而求出结果. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得，利用基本不等式求解即可；对于B，由题意可得，利用基本不等式求解即可；对于C，由题意可得，利用基本不等式求解即可；对于D，由题意可得，从而得，结合二次函数的性质求解即可. 【详解】解：对于A，， 当且仅当时取等号，故A项正确； 对于B，， 所以， 当且仅当，即，时取等号，故B项正确； 对于C，， 当且仅当，即，时取等号，故C项错误； 对于D，因为，，， 所以，， 又因为， 所以， 即，故D项正确． 故选：ABD． 10. 已知，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据三角恒等变换，以及利用和，逐个选项进行分析，可得答案. 【详解】因为，所以，所以为第一象限角或第三象限角． 当为第一象限角时，，；当为第三象限角时，，，所以，故A项正确； ；故B项错误； ，故C项正确； ， 当为第一象限角时，原式； 当为第三象限角时，原式，故D项错误． 故选：AC 11. 在平面直角坐标系xoy中，满足，其中．O为坐标原点，为的重心，为的外心，下列说法正确的是（ ） A. B. 存在，使得 C. 当为直角三角形时， D. 的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，得到，利用向量运算的坐标表示，结合三角恒等变换逐项求解判断. 【详解】对于A，因为为的重心，所以， ， 当且仅当时取等号，A正确； 对于B，点在以原点为圆心，1为半径的圆上，而是等腰直角三角形， 点到直线距离为，点到距离最大值为， 因为为的重心，所以点到的距离为点到的距离的， 故，B错误； 对于C，过或垂直于的直线与直线关于轴或轴对称，该直线与圆相离， 当为直角三角形时，必有⊥， 故， 即，两边平方得， 则 ，C正确； 对于D，令中点为，则， ， 当且仅当时取等号，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则的定义域为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知函数的解析式得的定义域，进而可得的定义域. 【详解】要使函数有意义，则，解得或. 所以函数的定义域为. 所以要使函数有意义，则或，即或. 故函数的定义域为. 故答案为： 13. 已知直线与曲线相切，t，，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据导数的几何意义进行求解即可. 【详解】设直线与曲线相切于点，又， 则，解得，则． 故答案为：1 14. 若函数的定义域和值域的交集为空集，则正数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】由题知，进而讨论得当，时，的值域为，再分和两种情况讨论求解即可. 【详解】解：因为当时，， 所以，要使函数的定义域和值域的交集为空集，则， 当，时，值域中有元素，此时不满足题意， 所以，当，时，的值域为， 下面分两种情况讨论， 当时，函数的值域为， 要使条件满足，则，解得： 当时，函数的值域为， 要使条件满足，则，解得， 综上，正数的取值范围是 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 的内角，，的对边分别为，，，若. （1）求角； （2）若，且，求. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）结合正弦定理将转化为，再利用两角和正弦公式，同角三角函数的商数关系即可求解； （2）结合（1）及余弦定理可得，再结合条件即可求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 所以， 因为，所以， 所以，故，因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以， 由余弦定理可得，故， 所以，又，， 所以，又，所以，所以. 16. 已知函数的最大值为． （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）将的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的，得到的图象，求满足的x的取值集合． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒变换得，再由函数的最大值为，得，，根据周期公式和正弦函数的单调性计算即可； （2）根据三角函数的平移及伸缩变化得，由可得，由正弦函数的性质求解即可. 【小问1详解】 解： ． 因为的最大值为，所以， 解得， 所以， 的最小正周期． 令，解得， 所以的单调递减区间为． 【小问2详解】 解：将的图象向右平移个单位长度， 得到的图象，再将横坐标缩短为原来的，得到． 若，则， 令， 解得． 综上，满足的x的取值集合为． 17. 已知函数（，且，），且函数为奇函数． （1）求函数的解析式； （2）设，证明：曲线为中心对称图形，并求的值； （3）若函数在上有2个不同的零点，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析，1012 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的性质进行求解即可； （2）根据所求函数值的自变量取值特征判断函数的对称中心，再进行证明求解即可； （3）根据指数函数的单调性、函数零点的定义，结合换元法、导数的性质进行求解即可. 【小问1详解】 因为函数为奇函数，所以， 即，整理得，对于任意恒成立， 因为，则不为0， 所以，则，解得，故． 【小问2详解】 由得， ， 所以， 故曲线关于点中心对称． ． 【小问3详解】 因为在上单调递减，所以， 在上有2个不同的零点等价于方程 在上有两个不同的解， 令，则，则， 设，则，则在上单调递减，在上单调递增， 因为，，， 要使直线与有两个不同的交点，则，所以， 故实数m的取值范围为． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是.已知的面积为. （1）求的最小值； （2）若为线段BC上一点. ①当时，求的值； ②当时，求证：为线段BC的中点. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）由诱导公式及二倍角公式得到，由面积公式得到，再由余弦定理结合基本不等式即可求解； （2）①设，所以. 在中，在中，分别使用正弦定理得到， ，再结合即可求解；②设则，得到，通过平方即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 由于，则，得. 因为，得， 由余弦定理得，解得. 当且仅当时取等. 【小问2详解】 因为， ①设，所以. 在中，由正弦定理得，，即， 在中，由正弦定理得，，即， 因，代入化简得， 即，解得，即. ②因为为线段BC上一点. 则，即， 平方得， 又因为，解得（舍）， 所以为线段BC的中点. 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数符号判断即可. （2）当时，分区间利用二阶导数讨论；当时，利用导数证明函数在内有极大值；综合（1）可得的取值范围. （3）解法一：利用隐零点方程消去，然后参变分离，构造函数，，利用导数求最小值可解； 解法二：构造函数，利用导数，分类讨论的最小值即可得解. 【小问1详解】 当时，由，得， 又，则，，所以，即在单调递增， 故的单调增区间为，无单调减区间. 【小问2详解】 由（1）可知， 根据题意得：. （ⅰ）若， ①时，，，此时，故在无极值点． ②当时，令，得． 由，，，则，从而在单调递增． 又，， 由零点存在性定理可知，存在，使得． 从而当，，当，． 在单调递减，在单调递增， 所以是在上唯一的极值且为极小值，故符合题意． （ⅱ）若，， 令，，， 则． 令， 则，故在单调递增， 所以，即，所以在单调递增． 因为，时，，所以的值域为． 故当时，有唯一解， 且当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 此时在有唯一极大值点，不合题意，故舍去． 综上，． 【小问3详解】 解法一：由（2）可知，有且仅有一个极小值点， 故． 因为，所以， 由题意知，，可得， 即， 化简得，， 设，． 又 ． 因为，所以， 当时，，； 当时，，； 故在上单调递增，在上单调递减． 所以，此时，依题意，， 故的最大值是． 解法二：由得． 令， 则． 因为， 由（2）知，有且仅有一个极小值点，且． ①当时，．因为，所以． 又在上单调递减，在上单调递减．所以． 所以． ②当时，因为，所以． 又在上单调递减，所以． 此时． ③当时，因为，所以． 又在上单调递增．所以． 此时． 综上，当时，取得最大值， 依题意的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学新校（贤岭校区） 2025-2026学年高三上期11月测试（一） 数学试题 一、单选题：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. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则（    ） A. B. C. D. 2 3. 已知命题p：，是假命题，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量满足，且，设的夹角为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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 7. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 设实数，若不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 在平面直角坐标系xoy中，满足，其中．O为坐标原点，为的重心，为的外心，下列说法正确的是（ ） A. B. 存在，使得 C. 当为直角三角形时， D. 的最大值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则的定义域为___________． 13. 已知直线与曲线相切，t，，则________． 14. 若函数的定义域和值域的交集为空集，则正数的取值范围是______． 四、解答题：本大题共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. 的内角，，的对边分别为，，，若. （1）求角； （2）若，且，求. 16. 已知函数的最大值为． （1）求的最小正周期及单调递减区间； （2）将的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的，得到的图象，求满足的x的取值集合． 17. 已知函数（，且，），且函数为奇函数． （1）求函数的解析式； （2）设，证明：曲线为中心对称图形，并求的值； （3）若函数在上有2个不同的零点，求实数m的取值范围． 18. 在中，角A，B，C所对的边分别是.已知的面积为. （1）求的最小值； （2）若为线段BC上一点. ①当时，求的值； ②当时，求证：为线段BC的中点. 19. 已知函数，． （1）当时，求的单调区间； （2）若存在唯一的极值且为极小值，求的取值范围； （3）设，若存在使得对恒成立，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $