精品解析：广东中山市烟洲中学2025-2026学年高三上学情11月联考数学试卷

2025-2026年广东省中山市烟洲中学高三上11月联考数学试卷 一、选择题 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 设等比数列的前项和为，若，则（　　） A. 8 B. 10 C. 14 D. 18 4. 已知是函数的图象的一条对称轴，则a的最小正值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知一元二次不等式的解集为，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 6. 已知是定义在上的函数，且为偶函数，是奇函数，当时，，则等于（ ） A. B. C. D. 1 7. 已知函数，有且只有一个负整数，使成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 8. （多选）等差数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则的前20项和 9. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递增 D. 的图象可由曲线向右平移个单位得到 10. 已知的面积为，若，，则（   ） A. 的外接圆半径为1 B. C. D. 的内切圆半径为 三、填空题 11. 已知锐角满足，则__________. 12. 两个等差数列和的前n项和分别为，且，则的值等于_____________． 13. 已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则的取值范围是______ 四、解答题 14. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）设，当时，求函数的最大值； 15. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，记数列的前n项和为，求. 16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点. （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）判断的形状； （2）已知，，，点、是边上的两个动点（、不重合，且点靠近，点靠近）.记，. ①当时，求线段长的最小值； ②是否存在常数和，对于所有满足题意的、，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由. 参考公式：，. 18. 已知函数， （1）当时，求的单调递增区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）令函数，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026年广东省中山市烟洲中学高三上11月联考数学试卷 一、选择题 1. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解出集合A、B,再求. 【详解】因为，，所以. 故选：A． 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】∵，即， ∴. 故选：D. 3. 设等比数列的前项和为，若，则（　　） A. 8 B. 10 C. 14 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列片段和的性质即可得到成等比数列，再计算即可得到答案. 【详解】等比数列中，成等比数列， 成等比数列， ， 故选：A． 4. 已知是函数的图象的一条对称轴，则a的最小正值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，解得，由此即可得解. 【详解】已知是函数的图象的一条对称轴， 则，解得， 则a的最小正值为. 故选：D. 5. 已知一元二次不等式的解集为，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解集求得的关系式，根据基本不等式求得正确答案. 【详解】由于一元二次不等式的解集为， 所以，所以， 所以 ， 当且仅当时等号成立. 所以的最大值为. 故选：B 6. 已知是定义在上的函数，且为偶函数，是奇函数，当时，，则等于（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据偶函数的性质得到，再由奇函数的性质得到，从而推导出，再由所给解析式及周期性计算可得. 【详解】因为为偶函数，所以， 即， 所以， 又是奇函数，所以， 即，所以， 则， 所以是以为周期的周期函数， 又当时，，所以， 则， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：对于抽象函数的奇偶性，推导出函数的周期性，从而利用周期性求出函数值. 7. 已知函数，有且只有一个负整数，使成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化有且只有一个负整数解，构造函数与，利用导数法求函数的最值，并在同一坐标系分别作出函数的图象，通过数形结合即可求解. 【详解】已知函数，则 有且只有一个负整数解. 令，则， 当时，， 当时，， 所以在上递减，在上递增， 当时，取得最小值为. 设，则恒过点 在同一坐标系中分别作出和的图象，如图所示 显然，依题意得且即 且，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点睛：将问题转化为有且只有一个负整数解，构造函数 与，利用导数法求函数的最值，作出函数的图象，通过数形结合即可. 二、多选题 8. （多选）等差数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则的前20项和 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式及求和公式计算公差和首项判断A，B，C，再分组求和计算判断D. 【详解】根据题意，由等差数列的性质可得，所以，A正确． ，所以，可得， 设数列的公差为，则， 结合，可得，， 所以，B错误． ，C正确． 因为，所以， 所以，D正确． 故选：ACD． 9. 已知函数，则（ ） A. 的值域为 B. 的图象关于点对称 C. 在上单调递增 D. 的图象可由曲线向右平移个单位得到 【答案】AC 【解析】 【分析】化简函数解析式，求解值域，判断选项A，利用整体法求解函数的对称中心和单调递增区间，判断选项BC，再由图象变换法则判断选项D. 【详解】， 所以函数的值域为，A正确； 令，得， 所以函数图象关于点不对称，B错误； 由， 得， 所以函数在上单调递增，而， 得在上单调递增， C正确； 函数的图象向右平移个单位得，D错. 故选：AC 10. 已知的面积为，若，，则（   ） A. 的外接圆半径为1 B. C. D. 的内切圆半径为 【答案】CD 【解析】 【分析】利用正弦定理、三角恒等变换、三角形面积公式等逐项分析即可得出结果. 【详解】设的外接圆半径为，内切圆的半径为， 选项A，由正弦定理，可得，，， 又，所以， 则.因为，所以， 则，又，解得，所以A错误； 选项B，由已知得，即， 又，，所以，则， 又，所以，，则， 所以，， 则，所以B错误； 选项C，由已知，又， 所以，，所以，所以C正确； 选项D，由已知为直角三角形，斜边长，则， 又，即，解得，所以D正确. 故选：CD. 三、填空题 11. 已知锐角满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据同角三角函数的基本关系求出，再根据两角和的正切公式求解即可. 【详解】由，为锐角， 则， 所以， 则. 故答案为：. 12. 两个等差数列和的前n项和分别为，且，则的值等于_____________． 【答案】##4.75 【解析】 【分析】根据题意，分别设出的表达式，然后代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，可设， 则． 故答案为： 13. 已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】作出的图象，由题意知在内有两个不等实根，再结合二次方程根的分布列不等式即可求得m的范围. 【详解】作出的图象， 令，则方程，即为， 有4个不同的实数根，则在内有两个不等实根， 所以，解得， 所以实数m的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题 14. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）设，当时，求函数的最大值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数几何意义可求得切线斜率，根据切点坐标可得结果； （2）求导后，根据正负可得函数单调性，进而确定最大值为. 【小问1详解】 当时，，则， ，， 在点处的切线方程为：，即. 【小问2详解】 ， 的定义域为，， ，，，， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，. 15. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，记数列的前n项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，结合题设可得数列为2为首项，2为公差的等差数列，进而求解即可； （2）由题意可得，进而求和即可. 【小问1详解】 由，① 当时，，即或（舍去）； 当时，，② ①②得， 得到， 则， 因为，所以， 则，即， 所以数列为2为首项，2为公差的等差数列， 则. 【小问2详解】 由， 则 . 16. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，平面为棱上的动点. （1）当为棱的中点时，证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为为的中点，所以， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以 又平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，求证，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求得平面法向量，代入夹角公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面， 在平面内，所以， 即两两垂直， 故可以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 则 因为，所以， 所以. 设平面的法向量为， 则，取，得，所以 因为平面，所以平面. 所以为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 在中，内角，，的对边分别为，，，. （1）判断的形状； （2）已知，，，点、是边上的两个动点（、不重合，且点靠近，点靠近）.记，. ①当时，求线段长的最小值； ②是否存在常数和，对于所有满足题意的、，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，请说明理由. 参考公式：，. 【答案】（1）直角三角形或等腰三角形 （2）①；②成立，， 【解析】 【分析】(1)利用三角形的内角和定理和诱导公式将化为，再利用两角和差公式和二倍角公式进行化简可得，进而可得结果； (2)①设，， 方法一：在中利用正弦定理求出,，再利用三角形的面积公式和三角函数的性质进行求解； 方法二：在中，利用正弦定理求出,，再利用三角形的面积公式和三角函数的性质进行求解； 方法三：在中，利用正弦定理求出,，再利用三角形的面积公式和三角函数的性质进行求解； ②假设存在常数和，利用三角恒等变形得到恒等式，将其转化为进行求解. 【小问1详解】 在中，因为，且， 所以， 即，， 所以或者. 当时，所以，为直角三角形； 当时，所以，为等腰三角形. 综上所述，为直角三角形或等腰三角形. 【小问2详解】 ①因为，所以，又，，所以，. 如图，设，， 方法一：在中，由正弦定理，得， 所以. 在中，由正弦定理，得， 所以 . 因为，所以， 故当，即时，. 方法二：在中，由正弦定理，得，所以. 在中，由正弦定理，得， 所以 . 因为，所以， 故当，即时，. 方法三：在中，由正弦定理，得， 所以. 在中，由正弦定理，得， 所以. 所以 ， 因为，所以， 故当，即时，. ②假设存在常数，，对于所有满足题意的，， 都有成立， 则存在常数，，对于所有满足题意的，，利用参考公式，有 . 由题意，是定值，所以，是定值， 对于所有满足题意的，成立，故有， 因为，从而， 即，，所以. 故，. 18. 已知函数， （1）当时，求的单调递增区间； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）令函数，求证：． 【答案】（1）单调递增区间是 （2） （3） 由（2）可知 ，令，， 可得到， 从而， 即得证． 【解析】 【分析】（1）对函数求导后，由导数大于零可求出函数的单调递增区间； （2）不等式恒成立等价于在上恒成立，令，则由，可得，，然后将问题转化为只需证明即可，分，和三种情况讨论即可； （3）由（2）可得，对于，令，则有，然后累加可证得结论. 【小问1详解】 由得 当，时，， 所以的单调递增区间是 【小问2详解】 不等式恒成立等价于在上恒成立， 令，则由可得， 因为可以看作是关于的一次函数，单调递增， 所以令，对于，恒成立． 只需证明即可． ①当时，， 则，在上单调递减，又， 所以此时恒成立． ②当时， 则恒成立， 所以在上单调递增，又，所以此时恒成立． ③当时，单调递增， 因为， 所以在上存在唯一的，使得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因为， ， 所以， 综上恒成立，故恒成立， 所以． 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：此题第（2）问解题关键是由，求得，将问题转化为证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $