精品解析：内蒙古自治区乌兰察布市集宁区第二中学2025-2026学年高三上学期11月期中检测数学试卷

集宁二中2025-2026学年上学期高三年级期中检测卷数学 考试时间：150分钟； 注意：本试卷包含I、II两卷．第I卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置．第II卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置．答案写在试卷上均无效，不予记分． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则中元素个数为（ ） A. 0 B. 3 C. 5 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据补集的定义即可求出． 【详解】因为，所以， 中的元素个数为， 故选：C． 2. 的虚部为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的运算法则以及虚部的定义即可求出. 【详解】因为，所以其虚部为1， 故选：C. 3. 设，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】A 【解析】 【分析】通过判断是否能相互推出，由充分条件与必要条件的定义可得. 【详解】由，则“”是“”的充分条件； 又当时，，可知， 故“”不是“”的必要条件， 综上可知，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知是定义在上且周期为2偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 5. 记为等差数列的前n项和.若则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列前n项和公式结合题意列出关于首项和公差d的方程求出首项和公差d，再由等差数列前n项和公式即可计算求解. 【详解】设等差数列的公差为d，则由题可得 ， 所以. 故选：B. 6. 已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由函数奇偶性排除AB，再由时函数值正负情况可得解. 【详解】由图可知函数为偶函数，而函数和函数为奇函数，故排除选项AB； 又当时，此时， 由图可知当时，，故C不符合，D符合. 故选：D 7. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正切函数的对称中心的结论求解. 【详解】根据正切函数的性质，的对称中心横坐标满足， 即的对称中心是， 即， 又，则时最小，最小值是， 即. 故选：B 8. ，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦函数的对称性得出，根据单调性得出，从而确定，结合对称轴与对称中心再求出，得出函数解析式，利用整体思想及正弦函数的性质即可得解. 【详解】因为函数在上单调递增，且为它的一条对称轴， 所以时函数取最大值， 又因为是它的一个对称中心， 所以，， 设的最小正周期为，由正弦函数的对称性可知， 即， 又在上单调递增，则， ∴，则，， ∵，∴时，，∴， 当时，， 由正弦函数的单调性可知. 故选：A 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，根据等比数列通项公式和前项和公式得到方程组，解出，再利用其通项公式和前项和公式一一计算分析即可. 【详解】对A，由题意得，结合，解得或（舍去），故A正确； 对B，则，故B错误； 对C，，故C错误； 对D，，， 则，故D正确； 故选：AD. 10. 已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 当且仅当 D. 是的极大值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据奇函数特点即可判断；对B，利用代入求解即可；对C，举反例即可；对D，直接求导，根据极大值点判定方法即可判断. 【详解】对A，因为定义在上奇函数，则，故A正确； 对B，当时，，则，故B正确； 对C，， 故C错误； 对D，当时，，则， 令，解得或（舍去）， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 则是极大值点，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知的面积为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对由二倍角公式先可推知A选项正确，方法一分情况比较和的大小，方法二亦可使用正余弦定理讨论解决，方法三可结合射影定理解决，方法四可在法三的基础上，利用和差化积公式，回避讨论过程；，然后利用算出取值，最后利用三角形面积求出三边长，即可判断每个选项. 【详解】，由二倍角公式，， 整理可得，，A选项正确； 由诱导公式，， 展开可得， 即， 下证. 方法一：分类讨论 若，则可知等式成立； 若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，，同理， 又，于是， 与条件不符，则不成立； 若，类似可推导出，则不成立. 综上讨论可知，，即. 方法二：边角转化 时，由，则， 于是， 由正弦定理，， 由余弦定理可知，，则， 若，则，注意到，则， 于是（两者同负会有两个钝角，不成立），于是， 结合，而都是锐角，则， 于是，这和相矛盾， 故不成立，则 方法三：结合射影定理（方法一改进） 由，结合正弦定理可得，，由射影定理可得，于是， 则，可同方法一种讨论的角度，推出， 方法四：和差化积（方法一改进） 续法三： ，可知同时为或者异号，即，展开可得， ， 即，结合和差化积，，由上述分析，，则，则，则，即，于是，可知. 由，由，则，即， 则，同理，由上述推导，，则， 不妨设，则，即， 由两角和差的正弦公式可知，C选项正确 由两角和正切公式可得，， 设，则， 由，则，则， 于是，B选项正确，由勾股定理可知，，D选项错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量若，则___________ 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标化运算得，再利用向量垂直的坐标表示得到方程，解出即可. 【详解】，因为，则， 则，解得. 则，则. 故答案为：. 13. 设，则的最小值为_________． 【答案】4 【解析】 【分析】灵活利用“1”将展开利用基本不等式计算即可. 【详解】易知， 当且仅当，即时取得最小值. 故答案为：4 14. 中，D为AB边中点，，则______（用，表示），若，，则_______ 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】根据向量的线性运算求解即可空一，应用数量积运算律计算求解空二. 详解】如图， 因为，所以，所以． 因为D为线段的中点，所以； 又因为，所以， ，所以 所以， 所以 ． 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，角的对边分别为．已知，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边化角，即可求解； （2）根据（1）中结果及条件，利用余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 由，得到， 又，则，所以，显然， 所以，又，则. 【小问2详解】 由余弦定理，又，， 所以，整理得到，解得， 所以的值为. 16. 已知函数． （1）求; （2）设函数，求的值域和单调区间． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）直接由题意得，结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得，由此可得值域，进一步由整体代入法可得函数的单调区间. 【小问1详解】 由题意，所以； 【小问2详解】 由（1）可知， 所以 ， 所以函数的值域为， 令，解得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为， 函数的单调递增区间为. 17. 在中，，. （1）求； （2）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的高. ①；②；③面积为. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由平方关系得出的值，再由正弦定理即可求解的值； （2）若选①，可得、都是钝角，矛盾；若选②，由正弦定理、平方关系求得，，进一步由求得高，并说明此时存在即可；若选③，首先根据三角形面积公式求得，再根据余弦定理可求得，由此可说明存在，且可由等面积法求解边上的高. 【小问1详解】 因为，，所以， 由正弦定理有，解得. 【小问2详解】 如图所示，若存在，则边上高为， 若选①，，因为，所以，因为，这表明此时有两个钝角， 而这是不可能的，所以此时不存在，故边上的高也不存在； 若选②，，由正弦定理有，解得， 此时，， 而，， ，， 所以，可以唯一确定， 所以此时、也可以唯一确定， 这表明此时是存在的，且边上的高； 若选③，的面积是，则， 解得，由余弦定理可得可以唯一确定， 进一步由余弦定理可得、也可以唯一确定，即、可以唯一确定， 这表明此时是存在的，且边上的高满足：，即. 18. 数列中，． （1）证明：是等差数列； （2）设，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题目所给条件化简，即可证明结论； （2）先求出的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以，作差并利用等比数列前项和得出导函数表达式，即可得出结论. 【小问1详解】 由题意证明如下，， 在数列中，，， ∴，即， ∴是以为首项，1为公差的等差数列. 【小问2详解】 由题意及（1）得，， 在数列中，首项为3，公差为1， ∴，即， 在中， ， ∴， 当且时， ∴， ∴ ∴ . 所以 19. 已知函数 （1）时，求在点处的切线方程； （2）有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得； （2）（i）令，分离参数得，作出函数图象，数形结合可得范围；（ii）由（2）结合图象，可得范围，整体换元，转化为，结合由可得，两式作差，利用对数平均不等式可得，再由得，结合减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式. 【小问1详解】 当时，，， 则，则，且， 则切点，且切线的斜率为， 故函数在点处的切线方程为； 【小问2详解】 （i）令，， 得， 设， 则， 由解得或，其中，； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 且当时，； 当时，； 如图作出函数的图象， 要使函数有3个零点， 则方程在内有个根，即直线与函数的图象有个交点. 结合图象可知，. 故的取值范围为； （ii）由图象可知，， 设，则， 满足，由可得， 两式作差可得， 则由对数均值不等式可得， 则，故要证， 即证，只需证， 即证，又因为，则， 所以，故只需证， 设函数，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，即. 而由， 可知成立，故命题得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 集宁二中2025-2026学年上学期高三年级期中检测卷数学 考试时间：150分钟； 注意：本试卷包含I、II两卷．第I卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置．第II卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置．答案写在试卷上均无效，不予记分． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则中元素个数为（ ） A. 0 B. 3 C. 5 D. 8 2. 的虚部为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 6 3. 设，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 4. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 5. 记为等差数列的前n项和.若则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点是函数的图象的一个对称中心，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. ，在上单调递增，且为它的一条对称轴，是它的一个对称中心，当时，的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 0 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 记为等比数列的前n项和，为的公比，若，则（ ） A. B. C D. 10. 已知是定义在R上奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. 当且仅当 D. 是的极大值点 11. 已知的面积为，若，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12 已知平面向量若，则___________ 13. 设，则的最小值为_________． 14. 中，D为AB边中点，，则______（用，表示），若，，则_______ 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，角的对边分别为．已知，． （1）求的值； （2）求值． 16. 已知函数． （1）求; （2）设函数，求值域和单调区间． 17. 在中，，. （1）求； （2）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的高. ①；②；③面积为. 18. 数列中，． （1）证明：是等差数列； （2）设，求． 19. 已知函数 （1）时，求在点处的切线方程； （2）有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $