山东省名校考试联盟2026届高三上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份山东省名校考试联盟2026届高三上学期11月期中考试数学试卷（Word版附解析），共17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．已知集合，则（ ）
A．或B．或
C．或D．或
2．已知复数 (为虚数单位)，则（ ）
A．5B．C．D．
3．已知向量不共线，，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．既不充分又不必要条件
4．函数 的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
5．若函数 的最大值为1，则常数φ的值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数 ，等差数列的前n项和为，且 ，则 （ ）
A．18B．20C．36D．40
7．如图所示，在平面四边形中，，，，，则的长度为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数 ，若函数有8个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数的最小正周期为，且 则（ ）
A．B．
C．的图象关于对称D．在 单调递减
10．已知向量满足，且对任意的实数t，恒成立，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．在 上的投影向量为D．当取最小值时，
11．已知数列满足，，则下列说法正确的是（ ）
A．若且，则单调递减
B．若存在无数多个使得，则或
C．当时，存在使
D．当时，
三、填空题
12．已知，则函数的最小值为 ．
13．若直线为曲线与的公切线，则直线的方程可以为 .（写出符合条件的一个方程即可）
14．若存在，使 成立，则a 的取值范围为
四、解答题
15．若函数的定义域为R，且，.
(1)求的值;
(2)判断的奇偶性并证明；
(3)若在上单调递减，求不等式的解集.
16．已知为数列的前n项和，且满足
(1)证明：数列为等比数列；
(2)设数列 的前n项和为 ，证明：
17．在锐角三角形ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，且
(1)求证:;
(2)若，求三角形ABC 面积的取值范围.
18．已知函数
(1)若，讨论的单调性;
(2)若有两个极值点，求实数a 的取值范围；
(3)当时，设函数 为的导函数.证明：对任意的，有
19．设函数
(1)求函数的所有零点;
(2)求函数的值域;
(3)对于给定的大于1的正整数n，设集合对任意，均有 且.求集合 M 中所有非空子集的元素之和.
参考答案
1．B
解析：由可得，所以或.
故选：B
2．D
解析：易知，
则.
故选：D
3．C
解析：因为向量不共线，可知均非零向量，
由，可知，则，满足充分性；
若，则，即，所以，解得，
满足必要性，
所以是“”的充要条件.
故选：C
4．D
解析：函数 的定义域为，定义域关于原点对称，
因为，所以函数为偶函数，
又时，，可排除A、B选项，
同时时，有无数零点，同时也有的情况，
故有无数个零点，且时有的情况，可排除C，即D正确.
故选：D
5．C
解析：，
令，
则，
因为，，所以的最大值为，
从而，即，则，
因为，所以．
故选：C
6．C
解析：设等差数列的公差为，
因为，可得：，解得．
所以．
已知，设，则，
因为，
所以的图象关于点对称，
那么的图象关于点对称，
即若，则．
因为，，则，
所以，又
所以，
，
所以
．
故选：C．
7．A
解析：在中，由余弦定理得，
即，则，
又，，所以，
设，由正弦定理得，即，
从而，
在中，由余弦定理得：，
即，则．
故选：A．
8．B
解析：根据对数函数与二次函数的图象与性质可作出的大致图象如下：
设，则有8个不同的零点，
需有两个不同零点，不妨设
同时分别对应4个零点，
若，
即，
则，且，
即，解之得.
若，则仍需，此时，不符合题意，舍去；
综上：.
故选：B
9．BCD
解析：对于A，由题意可知，所以，即A错误；
对于B，易知在时取得最大值，即，
整理得，
又，则，故B正确；
对于C，易知，显然，所以C正确；
对于D，在时，，此时单调递减，故D正确.
故选：BCD
10．ABD
解析：由题可得恒成立，
即，
所以，
所以，
所以，故A正确；
，故B正确；
在上的投影向量为，故C错误；
，
表示动点到两定点距离和的2倍，如图，

关于x轴对称的点为，则，
所以由图可知当三点共线时，动点到两定点距离和的2倍取得最小值，
此时，
所以当取最小值时，，D正确.
故选：ABD
11．ABD
解析：对A：，则恒成立，
若对任意，，则此时数列单调递减，
令，则，
则当时，若，则需或，
由且，则且，
以此类推，可知对任意都成立，故数列单调递减，故A正确；
对B：由A知，当且时，单调递减，
此时不存在，使得，
当时，，此时，
则，故，
以此类推，可知对任意，恒成立；
当时，，此时，
则，故，
以此类推，可知对任意，恒成立；
综上所述，若存在无数多个使得，则或，故B正确；
对C：，
由，则，
又由A知，数列单调递减，则当时，，
故对任意，，故不存在使，故C错误；
对D：由，则，
由A知，数列单调递减，则当时，，
又，
则，
即有，
则
，
当时，由，则对任意，恒有，
则，即，故D正确.
故选：ABD.
12．9
解析：由,而
,当且仅当时，上式取“=”,所以.
13．（或）
解析：直线与曲线的切点为，
，切线的斜率为，
所以切线方程为，即．
直线与曲线的切点为，
，切线的斜率为，
所以切线方程为，即，
因为直线为曲线与的公切线，
所以，
由得，两边取自然对数得，
即，即，
代入得，即，解得或，
所以或，
所以的方程为或．
故答案为：（或）．
14．
解析：不等式成立等价于，
令，易知，
易知在上单调递减，在上单调递增，
所以，
则上述不等式等价于有解，
设，可知，显然在上单调递增，
即，则.
故答案为：.
15．（1）令，则，
因为，所以.
（2）因为的定义域为，关于原点对称．
令，所以，所以．
综上，为上的偶函数．
（3）因为，
所以求即可．
由（2）得为上的偶函数，且在上单调递减，
所以，解得．
则不等式的解集为．
16．（1）由可知，
作差得，整理得，
当时，，可知，
即，
所以数列为以6为首项，2为公比的等比数列；
（2）由上可知，
则，
所以，
即
易知单调递减，且，
所以，证毕.
17．（1）因为，又由余弦定理，
则，即，
又由正弦定理可得，即，
化简得，
因为三角形ABC为锐角三角形，所以，则，
所以，即.
（2）由（1）知，又，
由正弦定理，则，
因为，
因为三角形ABC为锐角三角形，
所以，故，
令，则，
令，则，则函数在上单调递减，
所以，所以.
18．（1）当，，所以，
显然或时，，即此时单调递增；
时，，即此时单调递减；
所以在上单调递增，在上单调递减；
（2）易知，
若有两个极值点，等价于有两个不同的变号零点，
令，即有两个不同的变号零点，
则，
易知时，，或时，，
则在上单调递增，在上单调递减，
在时，取得极小值也是最小值，
在时，取得极大值，
又时，，
，
作出大致图象如下：
要使得有两个不同根，需有两个不同交点，
由题意可知，
注意到时，此时在零点的左右附近，
均有，即，不符合题意，舍去；
所以；
（3）易知，
所以，
，
要证，即证，
不妨设，即证，
设，即证
令，
易知，即单调递增，
所以，证毕.
19．（1）因为
，
故．
因为，则由可得，解得．
故函数的所有零点为．
（2）因为
故
，
令，函数，
则．
由可知为奇函数，
只需考虑区间上的情形．
当或时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
而．
于是函数的值域为．
（3）利用
可知当时，
，
令可得．
为了求的最大值，由（2）及可知只需考虑的情形．
设，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减．
故的极大值点为．
当和时，
令，
则
，
故在区间上单调递减，故，
即．
因此在区间上的最大值为或．
故集合或，共100个元素．
对于集合中的每个元素，含有元素的子集有个，于是集合中的所有非空子集的元素之和为