湖南省名校联盟2026届高三上学期11月质量检测数学试卷（Word版附解析）

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数学试题
一、单选题
1．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．，若，则复数为（ ）
A．2B．C．2或D．4
3．若，则的最小值是（ ）
A．6B．4C．10D．
4．若，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
5．某校对全校1000名学生的物理成绩进行统计，分成，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，若学校对成绩排名前15%的学生进行表彰，则被表彰的学生的物理成绩最低分数为（ ）
A．86分B．87.5分C．88分D．88.5分
6．已知，则（ ）
A．B．C．D．
7．函数（，），若在上恒成立，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．已知数列的前项和为，且.若对任意的正整数恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
二、多选题
9．已知随机变量，则下列说法正确的是（ ）
A．B．若，则
C．若，则D．存在，使得
10．已知函数，则（ ）
A．函数为偶函数
B．函数的增区间为，减区间为
C．函数的值域为
D．若，则实数的取值范围为
11．已知函数的定义域为，其导数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知非零向量，的夹角为，其中，且满足，则 .
13．已知等差数列，的前项和分别为，，若，则 .
14．已知双曲线的左、右焦点分别为，过左焦点的直线与双曲线C的左支相交于P，Q两点，，且，则双曲线C的离心率为 ．
四、解答题
15．已知函数，其图象的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差．
(1)求的解析式，并求的单调递减区间；
(2)求在区间上的值域．
16．已知所对的边分别为，，，且.
(1)求；
(2)若的面积为，，求.
17．数列满足，.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)，求数列的前项和.
18．如图，在四棱台中，底面，底面是边长为2的正方形，，点为线段上的动点，棱台的体积为.
(1)求的长；
(2)若平面，请确定点的位置；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值.
19．已知函数.
(1)若单调递增，求的取值范围；
(2)已知，且.
（i）若，证明：；
（ii）证明：.
参考答案
1．B
【详解】由集合，
因为，可得，则满足，解得，
即实数的取值范围.
故选：B.
2．A
【详解】，
，
，
，
，
．
故选：A．
3．C
【详解】，，对进行变形可得，
根据基本不等式，得，
当且仅当时即等号成立，
当时，取得最小值为.
故选：.
4．D
【详解】根据对数函数的单调性可知：，
，，
根据指数函数的单调性可知：，
所以有，
故选：D.
5．B
【详解】因为的频率为，的频率为，
设被表彰的学生的物理成绩最低分数为，
由题意可得，解得.
故选：B
6．B
【详解】由题意得
，故B正确.
故选：B
7．C
【详解】令，则，
则当时，，当，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，当时，，当时，，
故有两个零点、；
由在上恒成立，
则时，需，时，需，
又在上单调递减，在上单调递增，
则当、为与的公共零点时，有在上恒成立，
则有，且有，
则.
故选：C.
8．B
【详解】因为，
所以当时，；
当时，，
所以数列是以为公比，为首项的等比数列，
所以，若对任意的正整数恒成立，
则对任意的恒成立，所以，
令，则，
所以当时，，
所以，所以对任意正整数，，
又，所以.
所以实数的最小值为.
故选：B
9．ABC
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，，
若，则，即，
因为，，
所以，解得，故B正确；
对于C，若，则，故C正确；
对于D，，
当且仅当时，有最大值为，故D错误.
故选：ABC
10．ABD
【详解】对于A选项，函数的定义域为，
由，有，
可得函数为偶函数，故A选项正确；
对于B选项，当时，，
由函数在上单调递增，在上单调递增，
可得函数在上单调递增（复合函数的单调性），
又由函数为偶函数，可得函数的增区间为，减区间为，
故B选项正确；
对于C选项，当时，由，得，有，
可得，
又由函数为偶函数，可得函数的值域为，故C选项错误；
对于D选项，由及函数是偶函数，
且函数的增区间为，减区间为，
，可得，故D选项正确．
故选：ABD.
11．AC
【详解】构造辅助函数，求导得，
因为，所以，
所以在上单调递增.
所以，所以，即，所以A正确；
根据单调性有，所以，即，所以B错误；
因为，所以，则有
，即，所以C正确；
根据单调性有，，即，所以D错误.
故选：AC.
12．
【详解】因为，所以，
因为，所以，
因为为非零向量，所以，
所以，所以，
故答案为：
13．
【详解】由等差数列性质，可得，，
则，，从而.
又，则.
故答案为：
14．/
【详解】
设，则有，
又由，有，
在中，由余弦定理有，可得，
在中，由余弦定理有，可得．
故答案为：.
15．(1)，
(2)
【详解】（1）函数的图象的一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差，
，解得，，，
，
的单调递减区间为：，
，解得，
的单调递减区间为：．
（2），，
令，则，在上，由正弦函数的性质可知：
当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，
当时，取得最小值，最小值为；
当时，取得最大值，最大值为．
在区间上的值域为．
16．(1)
(2)
【详解】（1）根据正弦定理，由可得，
，，
故上式化为，
又，，，
故化为，即，
提公因式，得，
又，，，，
.
（2）的面积为，，
由（1）可知，，
再根据余弦定理可得，，
又，，即，解得.
17．(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）由可得：，
因为，所以数列是等比数列，首项和公比均为；
（2）由（1）得，
因为，所以，
设，
则，
两式相减得：，
所以，
则
.
18．(1)2；
(2)点的位置为靠近的4等分点；
(3)
【详解】（1）底面是边长为2的正方形，，
故底面是边长为1的正方形，
所以底面的面积为，底面的面积为，
底面，故为棱台的高，
故棱台的体积为，解得；
（2）因为底面，平面，
所以，，
又，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由（1）知，
则，
设，，
则，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，，
所以，
因为平面，所以，
解得，此时，点的位置为靠近的4等分点；
（3），
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
由（2）知，平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
令，
则，
因为，故当，即时，取得最大值，
最大值为.
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1）由题意得定义域，，
即恒成立.
设，则，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，取得极小值，也是最小值，，
所以.
（2）（i）不妨设，则，
则由，知，所以，
设，
所以单调递增，，
所以，即.
（ii）由（1）可知，当时，，
所以，即当时，，
由，得，所以，
又，所以，所以，
所以.