山东省日照市2026届高三上学期11月期中校际联合考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省日照市2026届高三上学期11月期中校际联合考试数学试卷（Word版附解析），共16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
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数的定义域为，命题，命题是增函数，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
4．角的终边过点，则（ ）
A．B．C．D．3
5．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知奇函数在上单调，若正实数，满足，则的最小值是（ ）
A．8B．2C．D．
7．已知函数（且）满足，且函数在上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．某个封闭的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）的轴截面是边长为6的等边三角形，一个表面积为的小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥容器内壁的最大面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知等比数列的前项和为，公比，则（ ）
A．
B．
C．
D．数列是公比为2的等比数列
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．点是函数图象的一个对称中心
C．直线是函数图象的一条对称轴
D．函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到
11．在中，，点为以为圆心的单位圆上的动点，设的重心为，外心为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．当为直角三角形时，
D．的最大值为
三、填空题
12． .
13．在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，动点是侧面内一点，若平面，则点的轨迹长度为 .
14．已知函数，若，则的最大值为 .
四、解答题
15．已知向量，函数.
(1)求函数的单调递减区间；
(2)在中，分别是角的对边，的面积为，求的周长.
16．已知函数，当时，的极小值为，当时，有极大值.
(1)求函数的解析式及在点处的切线方程；
(2)若存在，使得成立，求实数的取值范围.
17．如图，在四棱锥中，是正三角形，，.
(1)求证：平面平面；
(2)若点均在球的球面上且球心在平面内，求平面与平面所成角的余弦值.
18．已知正项数列，满足.
(1)若，且，证明：数列和均为等比数列；
(2)若，
（i）证明：是递增数列；
（ii）设的三边分别为，其中，记外接圆的面积为，证明：.
19．已知函数的定义域为，记集合.
(1)若，且，求实数的取值范围；
(2)若，是否存在使得中恰有两个元素？
(3)若函数的图象是一条连续不间断的曲线，且的导函数是上的减函数，证明：“”是“在点处的切线方程为”的充要条件.
参考答案
1．A
【详解】因为全集，，可得，
且集合，所以.
故选：A.
2．B
【详解】由，得.
故选：B
3．B
【详解】充分性：函数的定义域为，若，不能就此判断是增函数，
例如函数，此时，满足，
但该函数在定义域不是增函数，所以则是的不充分条件.
必要性：若是增函数，根据增函数定义，一定有，则是的必要条件.
综上，是的必要不充分条件.
故选：B.
4．B
【详解】由题意有：，所以，
故选：B.
5．C
【详解】因为，所以，
所以函数是奇函数，关于原点对称，所以A,B错误；
取特殊值，令，则，
根据图象可以看出D错误，C正确.
故选：C.
6．D
【详解】，∴，，
∴，即，，
当且仅当时等号成立.
故选：D．
7．C
【详解】因为函数（且）满足，
即，所以，
又函数在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
所以，解得，
所以.
故选：C.
8．C
【详解】设小球的半径为，则小球表面积，即，
在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如图，
是这个封闭的圆锥形容器的轴截面，边长为6，
∴，
，，，
则，
∵都为等边三角形，∴，
圆台上下地面半径分别为，，母线长，
∴圆台侧面面积，
在圆锥地面，小球能够接触到的区域是一个圆，其半径，
其面积，
∴圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为.
故选：C.
9．AC
【详解】等比数列的前项和为，公比，
则，，A选项正确；
，B选项错误；
，C选项正确；
当时，，所以数列是公比为4的等比数列，D选项错误；
故选：AC.
10．ABD
【详解】因为，即，所以，故A正确；
而，则，
又因为过点，则，即，
所以，
对于B，因为，
所以是函数图象的一个对称中心，故B正确；
对于C，，
所以直线不是函数图象的对称轴，故C错误；
对于D，，
所以函数图象可以由函数的图象向右平移个单位长度得到，故D正确．
故选：ABD．
11．ABD
【详解】在中，，且点为以为圆心的单位圆上的动点，
建立如图所示的直角坐标系，不妨设，
对于A，因为的重心为，可得，则，
又由，
所以，所以A正确；
对于B，由，
可得
，
当且仅当时，等号成立，所以，所以B正确；
对于C，若为直角三角形，则，即，
因为，
所以
，所以，平方可得，
则，
又由，所以，
所以，所以C不正确；
对于D，由，可得的中点，
则，
因为点为的外心，可得，
则
，
当且仅当时，等号成立，所以D正确.
故选：ABD.
12．
【详解】原式.
故答案为：.
13．
【详解】如下图所示，分别取棱的中点，连接 ，
∵分别为所在棱的中点，则
∴，又不在平面， 平面，
∴平面．
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
又不在平面，平面，
∴平面，
又，平面，
∴平面平面．
∵是侧面内一点，且平面，
∴点必在线段上．
所以点的轨迹长度为，
故答案为：.
14．
【详解】由函数，可得其定义域为，
因为恒成立，所以三个因式正负号问题，
当时，可得，当且仅当时，即时，等号成立，
又因为，所以，
①当时，因为，所以，
且时，，此时不满足恒成立，
②当时，因为，当时，，
所以不能满足恒成立，
③当时，因为，所以，
要使得，则须，
又因为函数和在上都是单调递增函数，
要使得在上恒成立，必须两个函数值符号相同，
所以两个函数的零点也相同，即且，
综上可得，当，时，恒成立，
所以，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，函数取得最大值，最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【详解】（1），
令，解得，
故函数的单调递减区间为；
（2），则，则，
即，又，故，
则，故，
，
即，则，
即有，故的周长为.
16．(1)；
(2)
【详解】（1）∵，
由，得且，解得，，
又，∴，
∴；
所以，，
，
所以在点处的切线方程为，
即.
（2）存在，使得，等价于，
∵，
当时，，当时，，
∴在上递减，在上递增，
又，，
∴在上的最大值为，
∴，解得，
所以的取值范围是．
17．(1)证明见解析；
(2).
【详解】（1）由是正三角形，得，而，则是线段的中垂线，
即，又平面，
因此平面，而平面，所以平面平面.
（2）令，连接，由为的中点，得，
由（1）知，平面平面，平面平面，平面，
则平面，直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
由是正三角形，得，
由点在平面内，设，其中，
设，则，解得，
点，，，
设平面的法向量为，则，取，得，
设平面的法向量为，则由，取，得，
因此，
所以平面与平面的夹角的余弦值为．
18．(1)证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【详解】（1）由作差可得，
因为，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
由相加可得
，
因为，即，
所以是以为首项，为公比的等比数列；
（2）（i）由（1）可知，
若，则，即是以0为首项的常数列，
所以，
又由（1）可知，，
解得：，
所以，
因为，所以，
由单调递减，可知随着的增大而增大，得证；
（ii）根据余弦定理有
，
因为，所以等号不成立，
故，因为，所以，即，
由正弦定理得外接圆的直径，
所以，所以.
19．(1)
(2)存在
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，不等式，
依题意，，
则，解得，
所以实数的取值范围是；
（2）当时，，求导得，
当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，
所以，
当时，，求导得，
当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，所以，
因此函数在和处取得最大值，不等式的解集为，
取，集合，
所以存在，使得中恰有两个元素；
（3）记，求导得，
由是上的减函数，得函数在上单调递减，
证必要性：由在点处的切线方程为，得，
即，
当时，，函数在上单调递增，；
当时，，函数在上单调递减，；
因此的解集为，即；
证充分性：若，则当时，，，
由函数的图象是一条连续不间断的曲线，得，
且在的附近其他自变量（除外）对应的函数值都小于，
即函数在处取得极大值，于是，
因此曲线在点处的切线方程为，即，
所以直线是曲线在点处的切线，