精品解析：河南省信阳市浉河区信阳高级中学2025-2026学年高三上学期11月月考数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三上期11月测试（二） 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. 已知集合，，则集合、的关系是（ ） A. B.  C.  D. 无法确定集合、的关系 2. 设是两个不同平面，且直线与平面垂直，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 3. 若，则＝（ ） A. － B. C. － D. 4. 已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 5. 已知，若正实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知在数列中，，，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，且，则（ ） 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. 已知复数，则（ ） A. B. 在复平面上，对应的向量与对应的向量的夹角为 C. D. 若，则的最大值为3 10. 定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数（）的对称中心为，则下列说法中正确的是（ ） A. ， B. 函数有三个零点 C. D. 过可以作三条直线与图象相切，则m的取值范围为 11. 如图，在棱长为的正方体中，分别是棱，的中点，点在线段上运动，下列结论正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面图形是五边形 B. 直线到平面的距离是 C. 存在点，使得 D. 面积的最小值是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列，的前项和分别为，，若，则______. 13. 已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是________. 14. 已知圆锥内有一个半径为3的球，球与圆锥的侧面和底面均相切．当圆锥的侧面积最小时，圆锥的高为__________． 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. 记内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若的面积为，的角平分线交于点，且，求的周长. 16. 如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值. 17. 已知函数，其中． （1）当时，若直线是曲线的一条切线，求的值； （2）讨论的单调性； 18. 已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前n项和，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求的前项和； 19. 给定函数，若存在实数使得，则称为函数的不动点，若存在实数使得，则称为函数的稳定点. （1）求函数的不动点和稳定点； （2）已知函数. （ⅰ）讨论函数的稳定点个数情况； （ⅱ）若函数恰有两个稳定点和，且，，求实数的取值范围. 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北湖校区 2025-2026学年高三上期11月测试（二） 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. 已知集合，，则集合、的关系是（ ） A. B.  C.  D. 无法确定集合、的关系 【答案】C 【解析】 【分析】将集合、中的元素的表示形式改写，利用集合的包含关系可得出结论. 【详解】因为， ， 对于集合，当为奇数时，设，则， 当为偶数时，设，则， 故. 故选：C. 2. 设是两个不同平面，且直线与平面垂直，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】C 【解析】 【分析】根据充分必要件的定义，结合线面关系的性质、定理判断推出关系，得出结论. 【详解】，当时，，∴“”是“”的充分条件； ，当时，则，∴“”是“”的必要条件； ∴“”是“”的充分必要条件. 故选：C. 3. 若，则＝（ ） A. － B. C. － D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用诱导公式、二倍角的余弦公式化简计算作答. 【详解】依题意，，所以. 故选：C 4. 已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由母线与底面所成的角是可得，结合锥体体积公式列方程求，，再由圆锥侧面积公式求结论. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 由母线与底面所成角是知，， 所以体积，故， 化简可得， 所以，，， 所以圆锥的侧面积为． 故选：C． 5. 已知，若正实数满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先判断函数的奇偶性单调性，即可得到，则，再由乘“1”法及基本不等式计算可得. 【详解】函数的定义域为， 又， 所以为奇函数， 又，因为，， 所以，当且仅当且时等号成立，但此二条件不能同时满足， 故恒成立，所以在上为增函数 又正实数满足， 所以，故， 所以，即， 所以 ， 当且仅当，即，时取等号. 故选：D 6. 已知函数，，若函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由的范围求出的范围，又由是单调增或减区间的子区间列不等式可解. 【详解】函数，， 函数在上单调递减，所以， 又，则，解得． 当时，， 当在上单调递减时，，， 解得， 当时，. 故选：B. 7. 已知在数列中，，，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把条件转化成，利用累加法求出的取值范围，再由不等式恒成立问题可得恒成立，转化为最值问题可得实数的取值范围． 【详解】由题意得，． 即． 由累加法可得， 即． 对于任意的，不等式恒成立． 即． 令，， 可得且，即， 可得或. 故选：B 8. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】变形得到，结合的范围得到，构造，，根据函数单调性得到，又，，从而得到答案. 【详解】，故， 因为，所以，，所以， 故，即， 令，，在上单调递增， ，所以，即， 故，A错误，C正确； BD选项，，故，又，故，BD错误； 故选：C 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. 已知复数，则（ ） A. B. 在复平面上，对应的向量与对应的向量的夹角为 C. D. 若，则的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则、复数的模、复数的几何意义和向量夹角的计算等知识，分别对各选项进行计算分析判断. 【详解】因为，所以， ，， 所以，A选项正确； ，，C选项正确； 对应向量，对应向量，，故夹角不是，B选项错误； 即，在复平面上所对应点为到所对应点的距离为2的点，即圆心为，半径为2的圆，所以当时，的最大值为3，D选项正确； 故选：ACD. 10. 定义：设是的导函数，是函数的导函数.若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数（）的对称中心为，则下列说法中正确的是（ ） A. ， B. 函数有三个零点 C. D. 过可以作三条直线与图象相切，则m的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，对函数连续两次求导，然后“拐点”的定义列方程组可求出， 对于B，对函数求后由导数的正可求出函数的单调区间，再结合零点的定义分析判断， 对于C，由函数的对称中心得，结合此结论求解即可， 对于D，设切点为，然后利用导数的几何意求出切线方程，转化为关于的方程有3个不等的根，结合图象求解即可. 【详解】对于A，由，可得，则， 因为是对称中心，结合题设中心“拐点”的定义可知， 且，解得，，所以A正确； 对于B，由，，可知，则， 令，可得或， 当，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 因为，，， 所以函数只有两个零点，所以B错误； 对于C，因为是函数的对称中心，所以， 令， 可得， 所以 ， 所以， 即 ，所以C正确； 对于D，设切点为，由，得，则 切线的斜率为，所以切线方程为， 即， 因为切线经过点，所以， 化简得， 由题意可知关于的方程有3个不等的根， 令，则， 由，得或， 当或时，，当时，， 所以在和上递减，在上递增， 所以的极小值为， 极大值为， 所以的大致图象如图所示， 由图象可知当时，直线与的图象有3个交点， 所以当时，关于的方程有3个不等的根， 所以当时，过可以作三条直线与图象相切，所以D正确， 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数解决函数零点问题，考查函数的新定义，解题的关键是对函数新定义的正确理解，根据新定义解决问题，考查理解能力和计算能力，属于较难题. 11. 如图，在棱长为的正方体中，分别是棱，的中点，点在线段上运动，下列结论正确的是（ ） A. 平面截正方体所得的截面图形是五边形 B. 直线到平面的距离是 C. 存在点，使得 D. 面积的最小值是 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：借助平面定义延长、、后即可得；对B：借助等体积法计算即可得；对C：建立适当空间直角坐标系后结合空间向量数量积公式计算即可得；对D：利用所建空间直角坐标系，结合空间中点到直线距离公式计算即可得. 【详解】对于A，如图直线与、的延长线分别交于， 连接分别交于，连接， 则五边形即为所得的截面图形，故A正确； 对于B，由题可知，平面，平面， ∴平面，故点到平面的距离即为直线到平面的距离， 设点到平面的距离为h，由正方体的棱长为2可得， ，， ∴， 又，所以， ∴由可得， 所以直线到平面的距离是，故B错误； 对于C，如图建立空间直角坐标系，则， 设， ∴，又， ∴，， 假设存在点，使得， ∴，整理得， ∴（舍去）或， 故存在点，使得，故C正确； 对于D，由上知， 所以点在的投影为， ∴点到的距离为： ， ∴当时，， ∴面积的最小值是，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等差数列，的前项和分别为，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列性质，可得，然后由等差数列前n项和性质可得 ，据此可得答案. 【详解】由等差数列性质，可得，， 则，，从而. 又，则. 故答案为： 13. 已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是________. 【答案】## 【解析】 【分析】过点作平面的平行截面，再求解四边形的面积即可. 【详解】 如图所示、、、分别是、、、的中点， 则，， 所以平面，平面，且， 所以平平面，故点的轨迹为矩形. ，所以，所以. 故答案为： 14. 已知圆锥内有一个半径为3的球，球与圆锥的侧面和底面均相切．当圆锥的侧面积最小时，圆锥的高为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先由等腰三角形与内切圆的性质，得到圆锥底面半径与圆锥的高的关系，进而得圆锥的侧面积，再用基本不等式可得最小值及侧面积取得最小值时的高. 【详解】因圆锥的轴截面是等腰三角形，内切球的半径.设圆锥的高为，底面半径为，母线长为.如图： 设内切球与圆锥相切于E点，根据等腰三角形内切圆的性质，得与相似， 所以，即，再由，所以，即，得，显然. 设圆锥的侧面积为 ， 当且仅当，即（舍去）. 故圆锥侧面积最小时，圆锥的高为. 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. 记内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若的面积为，的角平分线交于点，且，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理结合两角和的正弦公式计算得出，最后应用角的范围求解； （2）应用角平分线结合面积公式计算得出且，最后应用余弦定理计算求解. 【小问1详解】 由正弦定理得， 得， ， ，，， 又，. 【小问2详解】 由题知是的角平分线，则， ，. ， ，即，， 由余弦定理和，得， 即. 的周长. 16. 如图，在四棱柱中，平面，，，，.，分别为，的中点， （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角余弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则,， 故四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 故平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形判定和性质定理可得，再利用线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 依题意，因两两垂直，故可以为原点建立如图的空间直角坐标系， 由、、、、、， 则、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则，， 分别取，则、、，， 即得，， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为. 17. 已知函数，其中． （1）当时，若直线是曲线的一条切线，求的值； （2）讨论的单调性； 【答案】（1） （2）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减． 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义可得答案； （2）利用导数含参讨论函数的单调性即可. 【小问1详解】 当时，， 则， 当时，解得或（舍）， 则，可得切点， 代入切线方程得， 解得． 【小问2详解】 已知， 得； 当时，定义域为， ， 二次函数图象开口向上，且 令，在必有解， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增； 时，定义域为，则恒成立，在上单调递减， 综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 18. 已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前n项和，，且. （1）求数列和的通项公式； （2）设，求的前项和； 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列定义和等比数列通项公式可构造方程求得公比，进而得到，由等比数列通项公式可求得；利用可得到，利用累乘法可求得； （2）由（1）可得，进而整理得到，将相邻两项看作一组，采用分组求和的方式，分别根据等差数列求和公式和错位相减法求得两个部分的和，由此可得. 【小问1详解】 设等比数列的公比为， ，，成等差数列，，即， ，，解得：或（舍）； ，，即，解得：，； 当时，，整理可得：， ； 经检验，当时，满足， 综上所述：. 【小问2详解】 由（1）得：， ， 令，则其前项和； 令， 则其前项和， ， ，， . 19. 给定函数，若存在实数使得，则称为函数的不动点，若存在实数使得，则称为函数的稳定点. （1）求函数的不动点和稳定点； （2）已知函数. （ⅰ）讨论函数的稳定点个数情况； （ⅱ）若函数恰有两个稳定点和，且，，求实数的取值范围. 【答案】（1）不动点和稳定点均为2和4. （2） （ⅰ）当时，有一个稳定点； 当时，有两个稳定点； 当时，有四个稳定点. （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据不动点、稳定点的定义列方程，解方程求得不动点和稳定点. （2）（ⅰ）根据稳定点的定义列方程，因式分解后对进行分类讨论，由此求得稳定点个数.（ⅱ）结合（ⅰ）的结论先确定的大致范围，以及两个稳定点，结合恒成立、函数的单调性、值域等知识确定的取值范围. 【小问1详解】 令，则，解得或， 令，则，整理得，解得或， 经检验知均满足条件，故函数的不动点和稳定点均为2和4. 【小问2详解】 （ⅰ），令，得， 即，得， 所以. ①当，即时，方程为， 解得，此时有一个稳定点； ②当时，的判别式. 若，即时，此时有两个稳定点； 若，即或； 当时，方程为，此时有两个稳定点； 当时，方程为，此时有两个稳定点； 若，即或， 且， 此时有四个稳定点； 综上所述，当时，有一个稳定点； 当时，有两个稳定点； 当时，有四个稳定点. （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，有两个稳定点为和1. 因为，，故取，得， 解得，所以，，因为，解得， 由（ⅰ）知，故，此时，. 当时，，令，当时， 因，，故. 而，故在单调递减，在单调递增， 注意到，故， 所以当时，的值域为， 即的值域为.由题意得，解得. 所以实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $