安徽省合肥市普通高中六校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

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（考试时间：120分钟 满分：150分）
命题学校：合肥九中 命题教师：罗西德 审题教师：周轩慧
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案，请把正确答案涂在答题卡上）
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的补集、并集的定义进行求解.
【详解】由题可知，，
则，又，
则．
故选：D.
2. 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】先求解分式不等式，再利用充要条件的判断方法即得.
【详解】由，
因是的真子集，故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
3. 下列命题是真命题的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】举例说明判断ACD；利用不等式的性质推理判断B.
【详解】对于A，取，满足，而，A错误；
对于B，由，得，则，，B正确；
对于C，取，满足，而，C错误；
对于D，取，满足，而，D错误.
故选：B
4. 已知函数满足，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意在中分别令、即可得到关于的方程组，解方程组即可.
【详解】因为函数满足，
所以在中分别令、，
可得，
解不等式组得.
故选：A.
5. 已知，，，比较a，b，c的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数和的单调性，分别比较a、b与c的大小关系即可.
【详解】因为函数在上单调递增，所以，
又，所以；
又因为函数在上单调递增，所以，
所以.
综上，.
故选：C
6. 已知，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦、余弦、正切二倍角公式，将齐次化即可得出答案.
详解】由题，
得，
则或，
因为，所以，
.
故选：A
7. 已知函数在上单调，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数的性质可得不等式在上恒成立，利用分离参数法和基本不等式可得.再结合复合函数的单调性及二次函数的性质即可求解实数的取值范围.
【详解】由题意可知，在上恒成立，
所以在上恒成立，
即在上恒成立.
又由基本不等式可得，当且仅当时，取得等号，
所以.
因为函数在上单调，
所以在上单调，
由复合函数单调性可知在上单调，
所以结合二次函数的性质可得：或，解得或.
综上所述，实数的取值范围为.
故选：A.
8. 定义在R上的奇函数，满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】构造研究其奇偶性、区间单调性，问题转化为求与的交点个数，数形结合判断交点个数，即可得.
【详解】令且定义域为R，则，
所以为偶函数，在上，
所以在上单调递减，结合偶函数的对称性知，其在上单调递增，
由，则，且，则，
由的零点个数等价于与的交点个数，函数大致图象如下，

其中，且该函数关于对称，在、上分别单调递减、单调递增，
显然时，
在上单调递增，则时恒成立，
在上单调递减，且，
所以使，
综上，与的交点横坐标有，即有3个零点.
故选：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. 函数的导函数的图象如图所示，给出下列命题，以下正确的命题（ ）

A. 是函数的极值B. 函数的有最小值无最大值
C. 在区间上单调递增D. 在处切线的斜率小于零
【答案】BC
【解析】
【分析】由极值的定义可判断A,根据导函数图象可判定导函数的符号，从而确定函数的单调性即可判断B，C，以及根据导数的几何意义可知在某点处的导数即为在该点处的切线斜率可判断D．
【详解】根据导函数图象可知当时，，在时，，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，故B，C正确；
则是函数的极小值点不是极值，故A错；
由图像可知函数在处的导数大于0，∴切线的斜率大于零，故D不正确；
故选：BC
10. 已知均为正实数，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据不等式的性质，利用已知条件结合基本不等式对各选项进行逐一分析判断．
【详解】选项A：，当且仅当时取等号，
又，，
均为正实数，
，即，当且仅当时取等号，故A正确；
选项B：，，
，当且仅当，即时，，而，故B错误；
选项C：，令，则，等式成立，此时，故C错误；
选项D：，
，变形可得，
设，则，故同号，
当时，
，当且仅当，即时等号成立；
当时，，，则，与矛盾，故不符合题意.
，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：．
11. 已知函数，则（ ）
A. 是偶函数
B. 的图象关于直线对称
C. 在上单调
D. 的最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数解析式，结合函数奇偶性的定义、对称性的性质、周期性与单调性的性质及换元法求最值逐项判断即可求解.
【详解】函数的定义域为，
，所以是偶函数，故选项A正确；
因为，
，
所以，所以函数的图象关于直线对称，故选项B正确；
因为，，所以在上不单调，故选项C错误；
对D：因为，所以是的一个周期，
则的最大值即为在上的最大值.
当时，，则
设，则，
设函数.
由解析式及单调的性质可知函数在上单调递增，所以，
即，所以，即的最大值是，故选项D正确.
故选：ABD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 若曲线上点P的切线平行于直线，则点P的坐标是______.
【答案】
【解析】
【分析】设，由题，即可得答案.
【详解】设，则，
又由题，
因为函数单调递减，且，
所以，所以，所以
故答案为：.
13. 已知定义域为R的函数，则满足条件的实数的取值范围是____________.
【答案】或.
【解析】
【分析】首先判断函数的奇偶性和单调性，再变形不等式，即可求解.
【详解】，所以函数为奇函数，
且为单调递增函数，
所以不等式，
则，即，
解得：或.
故答案为：或
14. 已知函数和的定义域均为，且，若是偶函数，则______.
【答案】8100
【解析】
【分析】由是偶函数得，再由和，得到和，通过这两个等式求得，从而得到的周期，求出，，，最后利用周期求出的值.
【详解】是偶函数，，
，，，
，将换为，，
将和这两个等式相加，得，
将换为，得，则有，
得，将换为，得，的周期为4，
，，，
，，，
的周期为4，，，，
，，，
将和两个式子相加，得，
.
故答案为：8100.
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. 已知函数为偶函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的解析式及单调递减区间；
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求函数的值域.
【答案】（1），单调递减区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题设易得，进而求得，再根据正弦型函数的奇偶性可求得，即可求得的解析式，再根据余弦函数的性质求解即可；
（2）先根据题意得到，再结合余弦函数的性质求解即可.
【小问1详解】
因为函数图象的相邻两对称轴间的距离为，
所以函数的最小正周期，可得，
又由函数为偶函数，可得，解得，
因为，所以，
则，
令，解得，
故的单调递减区间为．
【小问2详解】
将函数的图象向右平移个单位长度，
可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
当时，，则，
故，
即函数的值域为.
16. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出导数，分类讨论，利用导数判断单调性；
（2）分离参数，求解新函数的最值可得答案.
【小问1详解】
由题意可知，则，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，由解得，由解得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）可知不等式，即在上恒成立，
即在上恒成立，只需即可，
令，则，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以，所以.
17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角A；
（2）若边上的中线的长度为，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用诱导公式和两角和的正弦公式化简得，再利用辅助角公式求角即可；
（2）由是中点可得，两边平方结合数量积公式和运算律可得，再利用均值不等式求出的最大值，代入三角形的面积公式即可.
【小问1详解】
在中，，
代入整理得，
又因为，，所以，
所以，解得，
因为，所以，解得.
【小问2详解】
因为是中点，所以，
两边平方得，
所以，即，
又由均值不等式可得，
当且仅当时等号成立，所以，
所以，即面积的最大值为.
18. 已知函数．
（1）若函数的图象关于点对称，求的值；
（2）若是的极大值点，求的值；
（3）设是的极值点，且满足，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题可得是奇函数，利用奇函数的定义即可求解；
（2）根据题意可得，解得或2，代入原函数结合函数单调性检验即可；
（3）由是的极值点，得，代入化简得：，解不等式即可求解.
【小问1详解】
由曲线的图象关于点对称，得是奇函数，
因为，所以，解得.
【小问2详解】
．
因为是的极大值点，所以，解得或2.
当时，，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，因此是的极小值点（舍去）；
当时，，所以时，单调递增，
当时，单调递减，因此是的极大值点．
综上，可得.
【小问3详解】
，
因为是的极值点，所以，
因为，代入上式化简可得：
由可得，
解得.
19. 已知．
（1）当时，证明时，；
（2）求在上最大值；
（3）已知在处的切线与轴平行，若存在，使得，证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）当时；当时
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求差，然后构造函数，利用函数的单调性，证明构造的函数恒大于零即可证明；
（2）先求导数，然后对分类讨论，判断单调性，求解即可.
（3）由题意可知，，则，从而确定单调性，再根据的正负，确定其函数的大致图像，从而确定有，要证，只需证，只需证明，只需证，构造函数，利用导数研究函数的单调性，证明不等式，即可.
【小问1详解】
当时，，当时，，
令函数，则，
所以在上单调递增，，即；
令函数，则，
又当时，，则 ，，
则，
所以在上单调递增，，即；
所以时，.
【小问2详解】
，，
当时，则对任意恒成立，即恒成立.
所以在单调递增.
则的最大值为；
当时，令，即
当，即时，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，；
当即时，对任意恒成立，
即恒成立，所以在单调递增.
则的最大值为；
综上所述：当时；
当时
【小问3详解】
因为在处切线与轴平行，
所以，则，即.
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减.
又因为时有；时有，
根据图象可知，若，则有；
要证，只需证；
又因为，所以；
因为在上单调递减，从而只需证明，
只需证，
只需证 ，
设，则.
由的单调性可知，.
则，即.
所以，即在上单调递增，
所以.
则不等式得证.