山东省德州市2026届高三上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省德州市2026届高三上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析），共18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。
数学试题
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足为虚数单位，则（ ）
A．B．C．2D．
3．已知圆锥的底面半径为1，高为3，则该圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
4．已知等差数列的公差为，前项和为，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
5．若，则（ ）
A．B．C．D．
6．若函数的零点有两个，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数．若在区间内没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．若，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．在处取得极小值
B．有三个零点
C．在区间上的值域为
D．函数图象的对称中心为点
10．在正四棱柱中，分别为，的中点，则下列说法中正确的有（ ）
A．直线与直线是异面直线
B．直线交于一点
C．直线与平面所成角的正切值为
D．过四点的截面将正四棱柱分成两部分，体积较小的几何体体积为2
11．已知数列的首项，且满足，则（ ）
A．B．是等比数列
C．是等差数列D．
三、填空题
12．已知函数，则曲线在处的切线方程为 ．
13．已知是边长为2的等边三角形，为三角形内一点（包括边界），为的中点，则的取值范围是 ．
14．在四边形中，，对角线，将沿翻折成，使二面角的大小为，则四面体外接球的表面积为 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)当时，函数恒有意义，求实数的取值范围；
(2)是否存在实数，使得函数在区间上为减函数，且最大值为1？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
16．在四面体中，底面、、分别是的中点，点在线段上，且．
(1)求证：平面；
(2)若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的大小．
17．已知数列是递增的等比数列，为数列的前项和，且，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，记数列的前项和为，求证：．
18．如图，在中，角，，的对边分别为，，，且，，为内一点，．
(1)求角的大小；
(2)若，求；
(3)若，求
19．已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，使得成立，求整数的最小值；
(3)若，讨论函数的零点个数．
参考答案
1．B
【详解】由，解得：，得：；
由，移项得：，通分可得：，
不等式等价于，即，解得：.
得：，由此可得：.
故选：B
2．A
【详解】由复数满足，可得，
则.
故选：A.
3．C
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，
圆锥的底面半径为1，，圆锥的底面面积为，
高为3，，，
圆锥的侧面积为，
圆锥的表面积为.
故选：C.
4．C
【详解】充分性：已知，
由，
可得：，即充分性成立；
必要性：已知，
可得：，得：，即必要性成立；
综上可得：“”是“”的充要条件.
故选：C
5．D
【详解】由题.
故选：D
6．B
【详解】函数有两个零点，即函数的图像与的图像有两个交点，
函数的定义域为，
，
令，解得：，
当时，，得在区间上单调递减；
当时，，得在区间上单调递增；
故当时，取得极小值，极小值为，
令，解得，
当时，；当时，，
当无限趋向于负无穷大时，无限趋向于；
当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大，
由此作出函数的大致图像：
由图像可得当时，交点为个；
当或时，交点为1个；
当时，交点为2个.
若函数的图像与的图像有两个交点，
则由图可知：实数的取值范围为.
故选：B
7．D
【详解】由题函数
，
当，则，
因为在区间内没有零点，
所以即，
且，解得，
令得或0，
则当时，有；当时，有；
综上，满足题意的实数的取值范围是.
故选：D
8．D
【详解】对于A选项，已知，得：，
由，可得：，故A选项错误；
对于B选项，已知，得：，由，得：，
由，
可得：，故B选项错误；
对于C选项，令，则，
当时，单调递增，
且，，
故存在，使得，
则当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
由于，此时与大小关系无法确定，
故C选项错误；
对于D选项，令，，
令，，
当时，，在区间上单调递减；
因此对于，，
因此可得：当时，，在区间上单调递减；
又，得：，即：，可得：.
故D选项正确.
故选：D
9．ABD
【详解】对于A，由函数，可得，
令，解得或；令，解得，
所以函数在单调递增，在单调递减，在单调递增，
所以在处，函数取得极小值，所以A正确；
对于B，由A中，函数极小值为，极大值为，
且当时，，当时，，
所以函数在区间各有一个零点，
所以函数有三个零点，所以B正确；
对于C，由A知，函数在单调递增，在单调递减，在单调递增，
且，，且，，
所以函数在区间上的值域为，所以C错误；
对于D，令，可得，
由，所以为奇函数，
所以的对称中心为，则函数的对称中心为，所以D正确.
故选：ABD.
10．BCD
【详解】对于A，连接，因为分别为的中点，可得，
在正四棱柱中，可得，所以，所以A错误；
对于B，连接和 ，因为分别为的中点，
可得，且，
又因为分别为的中点，可得，所以且，
所以和交于一点，设交点为,即，连接，
因为，且平面，所以平面，
由且可知为的中点，又为的中点，
所以，所以，即直线交于一点，所以B正确；
对于C，在正四棱柱中，可得平面，
所以是直线与平面所成角，
在直角中，可得，
所以直线与平面所成角的正切值为，所以C正确；
对于D，延长交于点，即过四点的截面即为，
根据棱柱的定义，可得截得较小的部分为一个直三棱柱，
因为，三棱柱的体积为，所以D正确.
故选：BCD.

11．ACD
【详解】数列的首项，且满足，
所以时，，
当时，，
整理得，
所以数列是以2为公比，为首项的等比数列，
所以，所以，
所以数列是以为公差，为首项的等差数列，
所以，
所以，，
所以常数，
.
综上，ACD正确，B错误.
故选：ACD
12．
【详解】由题意得，，，
由导数的几何意义得切线斜率为，
则切线方程为，即.
故答案为：
13．
【详解】如图，在等边中，为的中点，连接，取的中点并连接.
，
由于，，得：，，
因此可得：，
如图易知：由于为三角形内一点（包括边界），
因此当点与点重合时，取得最小值，最小值为，
当点与点或点重合时，取得最大值，最大值为，
综上可得：，即.
故答案为：
14．
【详解】由题可得是正三角形，如图取中点，连接，
则，所以为二面角的一个平面角，故，
分别取外接圆圆心，连接，
则分别在上，且，
分别过作垂直于平面和平面的垂线，两垂线相交于点O，
则O为四面体外接球的球心，且，
连接，则，所以，
所以四面体外接球的半径R满足.
所以四面体外接球的表面积为.
故答案为：
15．(1)
(2)不存在，理由见解析
【详解】（1）设，由题意知对一切恒成立.
因为，所以在区间上为减函数，
所以只需，解得.
又，且，所以实数的取值范围是.
（2）不存在.理由如下：
假设存在实数（且），使得函数在区间上为减函数，且最大值为1，
则由题意得，即，解得.
因为（且）为减函数，对一切恒成立，
所以增函数且，即，
所以，则不符合，所以实数不存在.
16．(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）取的中点为，在线段上取点，
使得，连接、、.
因为，所以，
所以，且.
因为和分别为和的中点，
所以，且
因此且，
所以四边形是平行四边形，因此．
又因为平面平面，
所以平面.
（2）因为，所以．
因为底面，所以三棱锥的高为，
又因为
故.
连接．
因为分别是的中点，
所以，又因为平面
所以平面
过点作，垂足为点，连接
因为平面，且平面，
所以，又因为，且，
所以平面.
又因为平面，所以，又，
所以即为二面角的平面角,
因为平面，且平面，所以．
故为直角三角形．
在Rt中，，所以
所以平面与平面的夹角大小为.
17．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设等比数列的公比为，首项为，则，所以，
又因为数列是递增的等比数列，所以或（舍），
所以.
（2）由（1）知，，
所以，
所以，
所以
，
由于，所以，因此可得：，
所以，即.
18．(1)
(2)
(3)或
【详解】（1）因为，所以，
即.
又因为，所以
由余弦定理，
所以，又，所以.
（2）在中，因为，
所以，，设，易知,故，
在中，由正弦定理得，
化简得，
所以，即.
（3）设，
在中，由余弦定理得：
即，所以，
由，得：，
解得：或，
若，得：，由，则，所以
若，得：，由，则，所以.
19．(1)极小值为0，无极大值.
(2)1
(3)答案见解析
【详解】（1）若，得：，则有，
当时，，所以在为减函数；
当时，，所以在为增函数；
所以，当时，的极小值为0，无极大值.
（2）若，使得成立，
即，所以，
所以，令，则，
当单调递增，单调递减，
所以的最大值为，
所以，又因为，所以整数的最小值为1
（3）由题意得，
令，可得
①当时，，
所以，即在上单调递减，
又，所以当时，，
所以在为增函数；
当时，，所以在为减函数；
又，所以有唯一的零点，
②当时，，
因为，则在为减函数，，
所以存在，使得，
当时，，所以在上增函数；
当时，，所以在上减函数．
因为，则，当，
使得，
所以时，，即，即在为减函数；
当时，，即，即在为增函数；
当时，，即，即在为减函数；
因为，所以．而，
所以使得在为减函数，
所以，得到存在两个零点.
③当，结合在为减函数
当时，，在为增函数；
当时，，在为减函数；
所以，所以，即在上为减函数．
又因为，所以只有一个零点；
综上所述：当或，函数有1个零点；