河南省湘豫名校联考2026届高三上学期11月一轮复习诊断考试数学试卷（含答案）

这是一份河南省湘豫名校联考2026届高三上学期11月一轮复习诊断考试数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|0b时，f(a)=f(b)，则下列结论正确的是( )
A. 1a+1b=1B. ab有最小值4
C. 6a−1+1b−1≥2 6D. a+2b的最小值是4 2
11.定义：S(θ)=sinθ|csθ|+|sinθ|，C(θ)=csθ|csθ|+|sinθ|，则下列结论正确的是( )
A. S(π4)+C(π)=1 B. ∀θ∈(0,π2)，C(θ)≥ 22csθ
C. C(θ+π2)+S(θ)=0 D. y=S(θ)，θ∈[0,π2]的图象关于点(π4,12)对称
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数f(x)= x,x≥0,−2x2,xf(x2+2x)的解集为 ．
13.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=21，a7=3，若有且只有两个正整数n满足Sn≥k，则实数k的取值范围是 ．
14.已知△ABC中，D为BC上一点，AD=2，∠ADC=60∘，且AD=23AB+13AC，则AC2AB2的最小值为 ．
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.(本小题13分)
已知函数f(x)=x3−3x2−9x+1．
(1)若曲线y=f(x)在点P处的切线斜率最小，求点P的坐标;
(2)若∀x∈[−1,4]，不等式n≤f(x)≤m恒成立，求n−m的最大值．
16.(本小题15分)
已知{an}是等差数列，a1=1，数列{an⋅csnπ}的前2n项的和为2n，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2Sn=3bn−2．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=2(13−an)bn，求cn的最小值．
17.(本小题15分)
如图，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且1tanC=2−csAsinA．
(1)求b，c的关系;
(2)若a=2 3，角A的平分线交BC于点D，求CD的长;
(3)当a2c2+3sinA取得最大值时，求tanA的值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=(x+a)ln(x+1)(a∈R)．
(1)当a=0时，讨论f(x)的单调性;
(2)当a=1时，判断函数y=f(x)−sinx在区间[0,+∞)上的零点个数;
(3)当x∈(0,π]时，sinx>m(2−x)ln(x+1)恒成立，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
已知将函数f(x)=ex的图象向右平移1个单位长度，所得函数图象与函数g(x)的图象关于直线y=x对称．
(1)求函数g(x)的解析式;
(2)若曲线y=f(x+m)与y=g(x+1)有公共的切线，求m的最小值;
(3)已知A，B两点在曲线y=g(x)−1上，C，D两点在曲线y=f(x)上，且满足A，D关于直线y=x对称，B，C关于直线y=x对称，若四边形ABCD为正方形，证明：|AC|>2 e−1.(附： e0，所以f(x)在(−∞,−1)上单调递增;
当x∈(−1,3)时，f′(x)0，所以f(x)在(3,+∞)上单调递增．
所以当x=−1时，f(x)取得极大值，为f(−1)=6;
当x=3时，f(x)取得极小值，为f(3) =−26．
又因为f(4) =−19，
所以f(x)在[−1,4]上的有最小值为−26，最大值为6．
所以n−m≤−26−6=−32．
故n−m的最大值为−32．

16.解：(1)设等差数列an的公差为d，
则数列{an⋅csnπ}的前2n项的和为−a1+a2−a3+a4−⋯+a2n−2−a2n−1+a2n
=(a2−a1)+(a4−a3)+⋯+(a2n−a2n−1)=nd=2n．
所以d=2．
所以an=1+2(n−1)=2n−1，即an=2n−1．
因为2Sn=3bn−2 ①，
令n=1，则2S1=2b1=3b1−2，解得b1=2．
又2Sn+1=3bn+1−2 ②，
②− ①得2bn+1=3(bn+1−bn)，所以bn+1=3bn，
所以数列bn是首项为2，公比为3的等比数列．
所以bn=2×3n−1．
(2)由(1)可得cn=2(13−an)bn=14−2n3n−1，
则cn+1−cn=12−2n3n−14−2n3n−1=−30+4n3n．
因为3n>0，当n≤7时，−30+4n0，
所以c1>c2>c3>⋯>c7>c80矛盾，不成立．
②当00，
所以h(x)在(0,2)上单调递增．
又h(0)=0，所以h(x)>0，即x2>mln(x+1)，
所以x(2−x)2>m(2−x)ln(x+1)．
令g(x)=sinx+x22−x，则g′(x)=csx+x−1．
令τ(x)=g′(x)，则τ′(x)=1−sinx≥0，所以τ(x)即g′(x)在(0,2)上单调递增．
又g′(0)=0，当x∈(0,2)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0,2)上单调递增，
所以g(x)>g(0)=0，所以sinx>x−x22．
所以sinx>x−x22=x(2−x)2>m(2−x)ln(x+1)．
若x∈[2,π]，sinx≥0，而m(2−x)ln(x+1)≤0，等号不同时成立，
所以sinx>m(2−x)ln(x+1)恒成立，
③当m>12时，若x∈(0,2m−1m+1)，则m(2−x)>x+1，即m(2−x)ln(x+1)>(x+1)ln(x+1)．
由(2)可得m(2−x)ln(x+1)>(x+1)ln(x+1)>sinx，
所以m>12时，存在x∈(0,π]，使得F(x) 0)．
(2)由(1)可得f′(x)=ex，g′(x) =1x．
设直线l1与曲线y=ex+m相切于点(x1,ex1+m)，
则直线l1:y−ex1+m=ex1+m(x−x1).
设直线l2与曲线y=ln(x+1)+1相切于点(x2,ln(x2+1)+1)，
则直线l2:y−ln(x2+1)−1=1x2+1(x−x2).
因为曲线y=ex+m与y=ln(x+1)+1有公共的切线，此时l1，l2重合，
所以两条切线方程的斜率、截距相同(此处只考虑纵截距即可)，
所以ex1+m=1x2+1(1−x1)ex1+m=ln (x2+1)+1−x2x2+1,
则m=(x2+1)ln(x2+1)−ln(x2+1)．
令t=x2+1，则ξ(t)=tlnt−lnt=(t−1)lnt(t>0)，
易得ξ′(t)=lnt−1t+1在(0,+∞)上单调递增，且ξ′(1)=0，
所以当t∈(0,1)时，ξ′(t)0，所以ξ(t)在(1,+∞)上单调递增．
所以ξ(t)min=ξ(1)=0．
所以m≥0，即m的最小值为0．
(3)由题意得AB⊥AD．
不妨设A(x1,lnx1)，B(x2,lnx2)，C(x3,ex3)，D(x4,ex4)，其中00，
所以函数t(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以t(x)>t(0)=0，即ex>x+1．
所以h′(x) > x+1+1x−2≥2 x⋅1x+1−2>0，
当且仅当x=1时等号成立.所以h(x)在(0,+∞)上单调递增．
又h(12)= e−1−ln212．
所以|AC|= 2|AB|=2(x2−x1)=2(ex1−x1).
令φ(x)=ex−x，x>0，则φ′(x)=ex−1，
当x∈(0,+∞)时，φ′(x)>0，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以φ(x1)=ex1−x1>φ(12)= e−12>0，
故|AC|=2(ex1−x1)>2 e−1．