安徽省江淮十校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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2025.11
命审单位：安庆一中
注意事项：
1.本试卷满分150分，考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂共它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，根据并集的定义求解.
【详解】由已知，
所以，
故选：B.
2. 已知复数满足（其中i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的四则运算法则和模的计算公式求解.
【详解】由得，
所以，
所以，
故选：C.
3. 已知平面向量满足且在方向上的投影向量为，则与夹角的余弦值大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量求得，进而求夹角余弦值.
【详解】因为在方向上的投影向量为，所以，
所以，所以，
故选：D.
4. “函数的图象关于直线对称”是“函数为偶函数”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据对称和偶函数定义判断.
【详解】若函数的图象关于直线对称，则，
令，则，所以，是偶函数，
所以函数是偶函数，
所以“函数的图象关于直线对称”是“函数是偶函数”的充分条件；
若函数是偶函数，令，则是偶函数，
所以，又，所以，
即，所以的图象关于直线对称，
所以“函数的图象关于直线对称”是“函数是偶函数”的必要条件.
综上可知，“函数的图象关于直线对称”是“函数是偶函数”的充要条件，
故选：C.
5. 已知数列与均是公差不为0的等差数列，且数列也是等差数列，若，则（ ）
A. 24B. 21C. 18D. 15
【答案】A
【解析】
【分析】写出数列与的通项公式，对数列利用等差中项的性质列方程求出数列的公差，从而代入的通项公式求出.
【详解】设的公差为，的公差为，
，解得，所以，
，
因为数列也是等差数列，
所以，即，
解得（舍去）或，
所以，.
故选：A
6. 已知某函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】寻找图象中函数的性质，代入函数式验证.
【详解】观察图象可以看到，函数是奇函数，且在处函数值为负，
对于A：,
，满足，A正确；
对于B：，不满足，B错误；
对于C：，不满足，C错误；
对于D：，
，不满足，D错误；
故选：A.
7. 已知角满足，则的值等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用二倍角公式化简条件得到，再对目标式进行化简并代入求解即可.
【详解】由题意得，则，
解得，所以，，
所以，
故选：B.
8. 定义一种新运算：，函数，则方程的根的个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先外后内解方程，判断方程根的个数.
【详解】由已知，令，
则，
则①或②；
解①得，解②得；
则③或④，
解③得或；
对于④由的几何意义：轴上的点到两定点的距离之差的绝对值.
而，可知④无解，
综上，方程的根的个数为，
故选：C.
二、多项选择题：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，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】先根据对数的运算性质得，再根据不等式的性质和指数函数的单调性即可判断各选项.
【详解】由得，
对于A，当时，显然不成立，故A错误；
对于B，指数函数则上是减函数，由得，故B正确；
对于C，因为，所以，，
所以，，
由得，故C正确；
对于D，因为，
所以，
所以，故D错误；
故选：BC.
10 已知函数，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 函数的值域为
C. 直线是函数图象的一条对称轴
D. 函数在区间上有且仅有5个零点
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A，由周期性的定义判断；对B，分段讨论函数值域；对C，验证；对D，分段求解方程求零点.
【详解】对于A：因为，
所以的最小正周期不是，A错误；
对于B：当，即时，，
因为，所以，
则当时，取得最大值；当时，取得最小值，
所以此时的值域为；
当，即时，，
因为，所以，
当时，，当时，取得最大值，
所以此时的值域为；
综上，函数的值域为，B正确；
对于C：因为，
，所以，
所以直线是函数图象的一条对称轴，C正确；
对于D：当时，由，解得或，
当时，由，解得，
又，所以，所以函数有且仅有个零点，D正确；
故选：BCD.
11. 已知函数的图象与直线交于不同的三点，且，则（ ）
A. 曲线在点处的切线方程为
B. 的取值范围是
C. 的取值范围是
D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用导数的几何意义求解即可；对于B、C、D选项，利用导数研究函数的单调性与极值，从而得到的范围，以及的范围，结合根与系数的关系即可求解.
【详解】由题可得：，
对于A，，，所以函数在点处的切线方程为，即，故A正确；
对于B，令，解得：或，
令，解得：，所以的单调递减区间为；
令，解得：，或，所以的单调递增区间为，；
由于，，
令，解得：或；
令，解得：或，作出函数的大致图象如下：
所以函数的图象与直线交于不同的三点，
则，且；
令，则的三个根分别为，
则
所以，
由于，所以，即取值范围是，故B不正确；
由，可得：，，
则，因为，所以当时，，
由于，所以的取值范围是，故C正确；
对于D，，
所以，
因为，所以当时，，且；
所以的取值范围是，故D正确；
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先内后外求值.
【详解】因为，所以，
而，所以，所以，
故答案为：.
13. 若“恒成立”为真命题，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】转化为最值问题，利用“1”的代换求最值求解.
【详解】因为，令，
则，
，
当且仅当，即时取等号，
所以，解得，
即实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 在中，内角所对的边分别为，该三角形面积大小记为，则的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据三角形面积公式和余弦定理对进行化简，再利用三角函数的性质求其最大值.
【详解】由三角形面积，余弦定理，
有，
则
由基本不等式当且仅当时取等号，则，
所以，
令，则，
根据辅角公式，
其中，即，
因为，所以，两边平方可得，
则的最大值为.
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. 已知幂函数是上的偶函数，将函数的图象先向右平移2个单位长度，再向下平移一个单位长度得到的图象.
（1）求函数的解析式，并求函数的值域；
（2）设，解关于的不等式：.
【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据幂函数定义求，由偶函数确定；根据平移求，利用的单调性和值域求值域；
（2）因式分解，讨论求解不等式.
【小问1详解】
因为是上的幂函数，所以，解得或，
又是偶函数，所以，所以，
所以.
因为的值域为，函数在上单调递增，
所以的值域为.
【小问2详解】
由（1），即，可化为，
若，则解得或；若，解得；若，解得或；
综上，若，则不等式的解集为；若，则不等式解集为；若，则不等式的解集为.
16. 已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项的和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据与的关系化简可得，利用等比数列通项公式求法计算即可求解；
（2）求得，利用分组求和即可求解.
【小问1详解】
当时，由题意可知，
因为，即，
当时，，则，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
【小问2详解】
由（1）可得，
所以，
当时，，
当，
，
因为，
所以，
综上，.
17. 已知函数，其中.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若存在，使成立，求实数取值范围.
【答案】（1）当时，函数在上单调递增.当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，对参数分类讨论，根据导数判断函数单调性；
（2）结合（1）进而求得函数的最大值，再结合不等式求解参数取值范围.
【小问1详解】
函数的定义域，
对函数求导得，
①当时，，因为，所以，则，
函数在上单调递增.
②当时，令，即，解得（舍）或，
当，所以，则，函数单调递增.
当，所以，则，函数单调递减.
③当时，令，即，解得（舍）或，
因为，所以，则，函数在上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递增.
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
由（1）知，当时，函数在上单调递增，
所以当，，则存在，使成立.
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
所以
，
若存在，使，即
令，
求导，
令，，
令，解得或（舍），
当，，函数单调递增.
当，，函数单调递减.
所以有最大值，
可知，在单调递减，且，当，，
当时，.
综上，实数的取值范围
18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求此时的内切圆半径的最大值；
（3）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理进行边化角，再利用两角和与差的正弦公式进一步化简可求得B；
（2）勾股定理得，然后利用基本不等式求出的范围，代入直角三角形内切圆半径公式即可求得其最大值；
（3）由正弦定理得代入原式得，令，利用换元法及二次函数的单调性求范围.
【小问1详解】
因为，
所以，即，
所以，
因为，，所以，，
又，所以.
【小问2详解】
由知为直角三角形，满足，
所以直角三角形内切圆半径公式为，
因为，
所以（当且仅当时等号成立），
所以，的内切圆半径的最大值.
小问3详解】
因为，所以，
由正弦定理得，
令，则，
因为，所以，
则，
因为函数在上单调递增，
所以.
19. 若数列满足：对任意，总存在，使得，则称数列是“可拆数列”.
（1）判断数列是否为“可拆数列”？并说明理由；
（2）若首项为1的等比数列是“可拆数列”，求数列的通项公式；
（3）若“可拆数列”是递增数列，，求使成立的的最值.
【答案】（1）数列是“可拆数列”，理由见解析；
（2）或
（3）的最小值为，最大值为
【解析】
【分析】（1）根据可拆数列定义判断和证明即可.
（2）设等比数列的公比为，求得，根据“可拆数列”定义，结合可拆数列定义进行验证，最后得到通项公式.
（3）分析数列规律，列举计算得到的最小值；结合可拆数列的定义结合条件可得，进而可得的最大值.
【小问1详解】
数列是“可拆数列”.
理由如下：假设数列是“可拆数列”.
设，当，取，
则，
即存在，使得，
则数列是“可拆数列”.
【小问2详解】
设等比数列的公比为，则，因为是“可拆数列”，
所以对任意，存在，使得，
于是即，
又，所以，
解得或，
当或时，，即，
于是对任意，总存在，
使得，
所以数列的通项公式为或
【小问3详解】
因为数列是“可拆数列”，则对任意，
当时，
当或时，因为数列为递增数列，所以
综上，对任意，都有
又，所以，，
，，，
，，
，.
又，又数列为递增数列，所以，
当以上格式等号同时成立时，故
因为数列是“可拆数列”，
所以对任意，存，使得，
而，所以对任意的，必存在，使得，
又数列为递增数列，，
则，
解得，由，得，
当时取等号，故