天津市五区县重点校2026届高三上学期11月期中联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份天津市五区县重点校2026届高三上学期11月期中联考数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知，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
3．已知函数在区间的图象如下图所示，则的解析式可能为（ ）

A．B．C．D．
4．已知向量与的夹角为，若在方向上的投影向量为，则（ ）
A．3B．C．2D．
5．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，，若成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．等差数列中各项都为正数，，则的最小值为（ ）
A．B．5C．D．
8．已知函数（），，有，，且在上单调，则的最大值为（ ）
A．11B．9C．7D．5
9．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，1，2，……，若该数列的前项和为，则满足的整数的个数为（ ）
A．29B．30C．31D．32
二、填空题
10．已知复数满足，（其中为虚数单位），则复数的虚部为 .
11．在平面直角坐标系中，已知向量，且，则的值为 .
12．等比数列中，，则
13．已知函数（，，），若函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数的部分图象如图所示，则下列说法：
①是函数的一条对称轴；
②函数在区间的值域为；
③不等式的解集为（）；
④若在有两个极值点，则，
其中正确的有 .（填序号）
14．在梯形中，，，，与交于点，且，则 ，点在线段上，满足，平面内有一动点满足，则的最大值为 .
15．已知函数（），其图象与直线有两个交点，若关于的方程有三个不等的实根，且（），则的值为 .
三、解答题
16．在中，角，，的对边分别为，，，已知，，.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
17．已知函数.
(1)求函数的解析式及对称中心；
(2)求函数在的最值；
(3)若将函数的图象向右平移个单位长度后，横坐标伸长到原来的2倍，得到的图象，当时，若，求的值.
18．已知等差数列满足，，其中为的前项和，数列为正项等比数列，，是与的等差中项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)求；
(3)数列满足，，数列中第，，，…，，…项构成新的等比数列，求.
19．已知函数（）.
(1)当时
（ⅰ）求在处的切线方程；
（ⅱ）存在，使得成立，求实数的取值范围；
(2)若存在两个不等正实数，，使且，求实数的取值范围.
20．对于，若数列满足，则称这个数列为“数列”.
(1)已知各项均为正数的数列的前项和为，且满足，求数列的通项公式，并判断是否为“数列”；
(2)已知各项均为正整数的等比数列是“数列”，数列不是“数列”，若数列是“数列”，
（ⅰ）求的通项公式；
（ⅱ）记数列中不超过正整数的项的个数为，设数列的前项和为，求（）
参考答案
1．B
【详解】易知，，所以.
故选：B
2．A
【详解】已知
充分性：
若因为，所以,所以,所以；
必要性：
若，则当时，，所以必要性不成立；
因此“”是“”的充分不必要条件.
3．C
【详解】当时，，所以，由图可知A错误；
由偶函数定义，得为偶函数，由题给图象可知函数是奇函数，故B错误；
当时，，由图可知D错误；
由奇函数定义可知函数为奇函数，当时，
当时，，选项C均符合图像特征，故C正确；
故选：C.
4．A
【详解】由题意得，则，
∴，∴，∴.
故选：A.
5．A
【详解】因为所以
由得，故，
构造，又，故单调递增，
则有，显然，
所以
故选：A.
6．B
【详解】由，得，
即为偶函数，
当时，，且，
即在单调递增，在单调递减，
所以，
等价于，
等价于，
即，
解得：，
所以实数的取值范围是，
故选：B
7．D
【详解】因等差数列中，，设公差为，则，，
因各项都为正数，所以，，
得，当，所以.
.
当且仅当，符合各项为正数.
故选：D.
8．B
【详解】由有，所以函数关于成中心对称，
所以，即，
再由，得是函数的一个极值，所以，
所以，即.
又在上单调，所以，得.
所以且，是小于等于的正奇数.
当时，，再由是极值点，
，得，
易知，但函数不单调，舍去；
当时，由是极值点，，得，
，函数单调递减，符合题意.
所以的最大值为9.
故选：B.
9．B
【详解】由题记第一组数为:1，个数为1，和为1，最后一个数为第1项，；
第二组数为:1，2，个数为2，和为，
最后一个数为第项，；
第三组数为:1，2，4，个数为3，和为，
最后一个数为第项，；
第四组数为:1，2，4，8，个数为4，和为，
最后一个数为第项，；
；
第组数为:1，2，4，8，，，个数为，和为，
最后一个数为第项，
，
因式所以
由可知，从13开始计数，
因为
，
，
第9组的数为:1,2,4,8,16,32,64,128,256，
即
所以要满足，则，，
故n的个数为个.
故选：B.
10．
【详解】，
.
故复数的虚部为.
故答案为：.
11．1
【详解】由题意可知，即，
所以
.
故答案为：
12．
【详解】等比数列中，由可得．等比数列，构成以 为首项， 为公比的等比数列，所以．
13．①③
【详解】令平移后的函数为，
由图可知，，
∴，则，
又∵当时，令，即，
∴，则.
令，则为函数的对称轴，
令，则，①正确；
时，，∴，②错误；
，即，则，
即，③正确；
令，即，则，
令，即，则，
即在右边的极值点依次是，
若在有两个极值点，则，④错误.
故答案为：①③
14．
【详解】因为，可得，且，所以，
由，且，可得，可得，所以，
在中，，
由余弦定理得，
因为，所以，所以.
以为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
因为且，可得点到轴和轴的距离分别为，即，
又因为，且，所以，
因为且，可得，可得，
又因为，所以点在以为圆心，半径为的圆上，
由，可得，，
可得，
又由，则，
设向量和的夹角为，则，
当时，取得最大值，最大值为，
即的最大值为.
故答案为：；.
15．
【详解】由函数（），其图象与直线有两个交点，
所以方程有两个正根，即，令，
所以，当且仅当时等号成立.
要使与有两个交点，则.
再令，则方程有两个不等的实根，且
所以满足上述方程的有两个值为，且，如图：

所以方程的根必是极值点且极值为正数，另一个方程有两个根，如图：

所以，即.再由，得.
故答案为：.
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）因为
由正弦定理有①.
又因为，所以代入①式有.
又因为三角形内角，因此，所以.
（2）由（1）知，且，，
由余弦定理，
则，
解得或（舍去），故；
（3）由正弦定理，且，，，
得，
由于，则为锐角，故，
故，
，
故
.
17．(1)，对称中心为（）
(2)最大值为3，最小值为0
(3)
【详解】（1）
，
令（），，
所以对称中心为（）；
（2），
当，即时，函数单调递增，
当，即时，函数单调递减，
，，，
所以最大值为3，最小值为0；
（3），
，
且，
，，
，
，
.
18．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）设等差数列的公差为，，，
，，，.
设等比数列公比为（其中），
，或
由于数列为正项等比数列，则，所以
（2）设，
则，
两式相减，得
，
则有，
由于
则
所以
（3）设是等比数列，且，，
所以数列首项为3，公比为3，则
则，，
19．(1)（ⅰ）；（ⅱ）
(2)
【详解】（1）（ⅰ）当时，，
则切线斜率，又因为，
所以切线方程为，即
（ⅱ）当时，所以
令，，
，
所以在单调递增，在单调递减
，时且
所以，
（2）设，由得，
则，∵，∴，
即，，
又，，
设，则，令（），
则，且，
由题意可知，函数在区间上有零点，
，函数在上有一个实根，
所以，，解得.
当，，单调递增，，
当，，单调递减，，，
由零点存在定理得存在，使得.
综上，实数的取值范围为
20．(1)，是“数列”
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）由，得①，则②，
②－①得，整理得，
由，得，
又时，，解得，
所以数列是首项为1公差为2的等差数列，则，
由于，所以是“数列”
（2）（ⅰ）设数列的公比为，则.
因为的每一项均为正整数，且，
所以在中，为最小项.
同理，中，为最小项.
由为“数列”，只需，即.
又因为不是“数列”，且为最小项，
所以，即.
由数列的每一项均为正整数，可得，
所以，或，.
当，时，，设.
，
又，
所以为递增数列，因为，
所以对于任意的，都有，即数列为“数列”.
当，时，，则.
因为，所以数列不是“数列”.
综上，
（ⅱ），，，，…，，，
当时，，，
所以
，
记，
，
两式相减得，