精品解析：河南省南阳地区2026届高三上学期期中摸底考试卷数学试卷

南阳地区2025年秋季高三年级期中摸底考试卷 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 4.本试卷主要考试内容：预备知识，函数与导数，三角函数，平面向量，复数，数列. 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. 命题“，有”的否定是（ ） A. ，有 B. ，有 C. ，使 D. ，使 2. 设集合，集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则“”是“”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 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 某班数学老师组织本班学生开展课外实地测量活动时，需要测量某河流同侧的，两点之间的距离，该班学生在这条河流另一侧的点处测得点在点的北偏东30°方向上，点在点的北偏东60°方向上，从点出发，沿正东方向走2千米，到达点，在点处测得点在点的北偏西15°方向上，点在点的北偏东15°方向上，则，两点之间的距离（ ） A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米 7. 已知函数对任意的，，都有，且当时，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 8. 已知为坐标原点，，，，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 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. 已知复数，则（ ） A. 的实部是 B. 的虚部为 C. D. 在复平面内所对应的点位于第二象限 10. 已知，，且，则（ ） A. 的最小值为2 B. 的最小值是4 C. 的最小值是4 D. 的最小值是 11. 已知关于的不等式恰有两个不同的整数解，则的值可能是（ ） A. B. C. 2 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等差数列，的前项和分别为，，且，则__________. 13. 已知向量，，若，则函数的最小值为________. 14. 已知函数在上单调递减，则的取值范围是___________. 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. 在中，角，，的对边分别是，，，且，. （1）求的最小值； （2）若的面积是，求外接圆的面积. 16. 已知函数. （1）求的解析式； （2）设函数，若在上的最小值是1，求的取值集合. 17. 将函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象. （1）求曲线的对称中心的坐标； （2）求在上的值域； （3）若关于的不等式对恒成立，求的取值范围. 18. 对于任意的正整数，记的最大奇数因子为，例如：，，.已知数列的前项和为，且，设，数列的前项和为. （1）求的通项公式； （2）求； （3）证明：对一切的，都有. 19. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）求的单调区间与极值； （3）若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南阳地区2025年秋季高三年级期中摸底考试卷 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 4.本试卷主要考试内容：预备知识，函数与导数，三角函数，平面向量，复数，数列. 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. 命题“，有”的否定是（ ） A. ，有 B. ，有 C. ，使 D. ，使 【答案】C 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定直接判断得解. 【详解】命题“，有”是全称量词命题，其否定是存在量词命题， 所以所求的否定是“，使”. 故选：C 2. 设集合，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交并补的概念求解. 【详解】由题意可得，则. 故选：D. 3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数定义域的概念，以及抽象函数定义域的求法，根据换元法，求出结果即可. 【详解】因为的定义域为，所以，所以. 则的定义域为，故对于，令，解得. 故的定义域为， 故答案为：B. 4. 已知，，则“”是“”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】B 【解析】 【分析】根据充分必要条件的定义即可判断. 【详解】当时，，满足， 但不成立，故充分性不成立； 由，得，所以，故必要性成立. 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式和和差倍角的正切函数求出结果即可. 【详解】因为，所以， 所以. 因为，所以，解得. 故选：B. 6. 某班数学老师组织本班学生开展课外实地测量活动时，需要测量某河流同侧的，两点之间的距离，该班学生在这条河流另一侧的点处测得点在点的北偏东30°方向上，点在点的北偏东60°方向上，从点出发，沿正东方向走2千米，到达点，在点处测得点在点的北偏西15°方向上，点在点的北偏东15°方向上，则，两点之间的距离（ ） A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米 【答案】A 【解析】 【分析】在中，由余弦定理求解. 【详解】如图，由题意可得，，，，，千米. 在中，由正弦定理可得，则千米. 在中，由正弦定理可得，则千米. 在中，由余弦定理可得，则千米. 故选：A. 7. 已知函数对任意的，，都有，且当时，，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先判断函数是奇函数，然后判断该函数是减函数，进而根据奇偶性对不等式进行化简，最后根据单调性求解不等式的解集. 【详解】令，则，所以. 令，则，所以. 所以函数为奇函数. 设，且，则. 由题意知，当时，，所以. 因为，所以有. 即，所以在上是减函数. 不等式， 根据单调性可得， 化简得， 解得. 故选：C. 8. 已知为坐标原点，，，，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由条件判断，求出，，再利用向量数量积的运算律化简得及，根据向量数量积的定义推得，即得的最大值. 【详解】由题意，则，且， 故，又，则得. 因为， 所以 ， 因， 而， 所以，故. 故选：D. 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. 已知复数，则（ ） A. 的实部是 B. 的虚部为 C. D. 在复平面内所对应的点位于第二象限 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的乘除运算、定义、模的公式等知识逐项判断即可. 【详解】由题意可得，则的实部是，虚部是，， 在复平面内所对应的点的坐标为，位于第二象限. 故选：BCD. 10. 已知，，且，则（ ） A. 的最小值为2 B. 的最小值是4 C. 的最小值是4 D. 的最小值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于Ａ，由题得，再根据求解即可；对于Ｂ，利用即可求解；对于Ｃ，根据，检验是否同时成立即可判断；对于D，根据题意可得，，则即可． 【详解】因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，A正确； 因为，所以，所以，当且仅当时，等号成立，B正确； ，当且仅当时，等号成立，又，当且仅当时，等号成立，所以，C错误； 因为，所以，所以，所以， 同理可得，则， 当且仅当时，等号成立，D正确． 故选：ABD． 11. 已知关于的不等式恰有两个不同的整数解，则的值可能是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】不等式可化为，设，，求导分析函数的单调性，确定图像，结合图像求解即可． 【详解】由，得. 设，，则. 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，且时，， 故的大致图象如图所示. 因为直线过定点，，. 因为关于的不等式恰有两个不同的整数解， 所以，即. 故选：BC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设等差数列，的前项和分别为，，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列前项和公式进行求解即可. 【详解】因为等差数列的前项和分别为， 则，. 所以. 故答案为：. 13. 已知向量，，若，则函数的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算得出，利用导数研究的单调性即可. 【详解】因为，，所以， 因为，所以，解得， 则，， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 则（或）. 故答案为： 14. 已知函数在上单调递减，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用余弦函数的递减区间求得，依题需使，求得，再由确定，通过对进行赋值检验，即可求得的取值范围. 【详解】令，解得， 依题意，需满足，解得. 因为在上单调递减，所以，解得. 当时，，不符合题意；当时，，符合题意； 当时，，符合题意；当时，，不符合题意. 综上，的取值范围是. 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，角，，的对边分别是，，，且，. （1）求的最小值； （2）若的面积是，求外接圆的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用余弦定理结合基本不等式计算求解； （2）应用面积公式再结合同角三角函数关系计算得出，最后应用正弦定理计算求解面积即可. 【小问1详解】 在中，由余弦定理可得， 则. 因为，所以，当且仅当时等号成立， 则，所以. 所以的最小值为. 【小问2详解】 因为的面积是，所以，所以. 由（1）可知，则，解得， 则. 设外接圆的半径为，由正弦定理可得， 故外接圆的面积为. 16. 已知函数. （1）求的解析式； （2）设函数，若在上的最小值是1，求的取值集合. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用换元法求解析式； （2）分、和三种情况讨论最值，列不等式求解即可. 【小问1详解】 设，则， 从而，故. 【小问2详解】 由（1）可知，则. 当，即时，在上单调递增， 则，解得； 当，即时，在上单调递减，在上单调递增， 则，解得（舍去）； 当，即时，在上单调递减， 则，则. 综上，的取值集合是. 17. 将函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象. （1）求曲线的对称中心的坐标； （2）求在上的值域； （3）若关于的不等式对恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平移得到的解析式，再用整体法求对称中心的坐标； （2）根据，得到，则即可求解； （3）设，则，则在上恒成立，再由二次函数最值可知等价于，再解不等式即可． 【小问1详解】 由题意可得， 令，解得， 则曲线的对称中心的坐标是； 【小问2详解】 因为，所以， 则， 故在上的值域为； 【小问3详解】 由（1）知，设，则， 所以关于的不等式， 对恒成立等价于关于的不等式在上恒成立， 所以，解得， 因为在上单调递增，又，， 所以的取值范围是． 18. 对于任意的正整数，记的最大奇数因子为，例如：，，.已知数列的前项和为，且，设，数列的前项和为. （1）求的通项公式； （2）求； （3）证明：对一切的，都有. 【答案】（1） （2） （3） 由（2）可知， 则. 【解析】 【分析】（1）根据题意结合与的关系分析求解即可，注意分和两种情况； （2）根据题意结合等差数列求和公式可得，根据常数列分析求解即可； （3）由（2）分析可得，结合等比数列求和公式分析证明. 【小问1详解】 因为， 当时，，解得； 当时，可得， 则，整理， 则，即； 且符合上式，所以. 【小问2详解】 因为；当为奇数时，； 由（1）可知：， 可得， 即. 因为， 则，所以. 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）求曲线在处的切线方程； （2）求的单调区间与极值； （3）若，证明：. 【答案】（1）（或） （2）单调递增区间为，；单调递减区间为；极大值为，极小值为 （3） 证明：由（2）可知，，，. 设函数， 则. 设函数，则. 设函数，则. 显然在上恒成立，即在上单调递增， 则，即在上恒成立， 所以在上单调递增，所以，又在上恒成立， 所以在上恒成立，所以在上单调递增，所以， 故对任意的恒成立. 因为，所以且. 因为，所以. 由（2）可知在上单调递增，且，，则，即. 设函数， 则， 因为，所以即， 在上恒成立，则在上单调递增， 所以，所以对任意的恒成立. 因为，所以且. 因为，所以. 由（2）可知在上单调递增，且，， 则，即. 因为，所以即. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）利用导数求解单调区间，根据定义判断极值； （3）利用函数的单调性求解. 【小问1详解】 由题意可得， 则，， 故所求的切线方程为（或）. 【小问2详解】 由（1）知. 当或时，，则的单调递增区间为，； 当时，，则的单调递减区间为. 故的极大值为，的极小值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $