河北省石家庄市2026届高三上学期11月摸底考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北省石家庄市2026届高三上学期11月摸底考试数学试卷（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。
数学试卷
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面向量，若，则（ ）
A．B．2C．D．5
4．“”是“函数的图象关于对称”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．已知是定义在上且周期为6的奇函数，当时，，则（ ）
A．-4B．-2C．2D．4
6．已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（ ）
A．16B．C．18D．20
7．在中，，边上的高等于，则（ ）
A．B．C．D．
8．若，曲线与恰有一个交点，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知，则（ ）
A．曲线关于点对称
B．2是函数的极小值点
C．若方程有三个不同的实数根，的取值范围为
D．不等式的解集为
11．在中，角的对边分别为，已知，以下说法正确的是（ ）
A．
B．若为的外心，则
C．若，则
D．若点为所在平面内一动点，且，则的最小值为
三、填空题
12．已知角的终边经过点，则 ．
13．已知，则的最小值为 ．
14．牛顿数列是牛顿迭代法在求函数零点时生成的数列．对于函数和数列,若,则称数列为函数的牛顿数列．已知数列满足,其中是函数的牛顿数列．则数列的通项公式为 ．记数列的前项和为,若对恒成立，则实数的取值范围为 ．
四、解答题
15．在中，角的对边分别为，已知．
(1)求的大小；
(2)若，且，求的取值范围．
16．已知等比数列的前项和为，公比，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，令，求数列的前项和．
17．已知函数在处取得极小值．
(1)求的值，并求的单调区间；
(2)若,求的最大值与最小值．
18．已知函数．
(1)求函数的最小正周期；
(2)将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象；再将函数图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到函数的图象．
（i）若在区间上没有对称轴，求的取值范围；
（ii）若关于的不等式在区间上有解，求实数的取值范围．
19．已知函数．
(1)求在点处的切线的方程，并证明除切点外，函数的图象在切线的下方；
(2)若，
（i）证明：函数恰有两个零点；
（ii）设为的较大零点，，证明：．
参考答案
1．C
【详解】因为，所以，可知，
集合，则.
故选：C.
2．D
【详解】在复平面中，点坐标为 对应的复数为 ，
.
故选：D
3．C
【详解】平面向量，
因为，所以，解得
因此，，
.
故选： C.
4．A
【详解】若函数的图象关于对称，
则，即，
可得是函数的图象关于对称的充分不必要条件.
故选：A
5．B
【详解】由于的周期为 6，因此，
又因为是定义在上的奇函数，
所以，
又由条件得：，
所以
故选：B
6．A
【详解】设公差为 ，
，，，
由于 成等比数列，可得：，
即：，
即：，
解得： 或 ，
又因为，所以，
故.
故选：A
7．C
【详解】∵在中，，边上的高等于，
∴，
由余弦定理得：，
故，
∴.
故选：C
8．D
【详解】因为时曲线与恰有一个交点，
所以当时恰有一个解，
即当时恰有一个解，
显然满足，
所以当时无解，
即时无解，
令，，
则，所以为偶函数，
令，，则，所以在上单调递增，
所以，所以在上恒成立，
所以在上恒成立，
又当时，所以，
综上可得在上恒成立，
所以当时，又为偶函数，所以当时，
由上述分析可得与在无交点，
所以或，解得或，
即的取值范围为.
故选：D
9．BD
【详解】对于A：当，时满足，但是，故A错误；
对于B：因为当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，故B正确；
对于C：当时，故C错误；
对于D：因为，所以，则，
又，当且仅当时取等号，所以，所以，故D正确.
故选：BD
10．ABD
【详解】函数的定义域为，
对于A：因为，
所以关于点对称，故A正确；
对于B：因为，
所以当或时，当时，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点，故B正确；
对于C：因为，，
若方程有三个不同的实数根，则的取值范围为，故C错误；
对于D：令 ，即 ，整理得 。
因式分解：易得 是根，使用综合除法：,
再因式分解 ，
故,因此.
其中 恒成立，且当 时严格大于 0.
符号分析：
当 （即 )，，，故 ，即 。
当 ，（仅在 和 处等于 0），故 .
因此 当且仅当 ，解集为 ，故D正确.
故选：ABD
11．ACD
【详解】因为，结合余弦定理的推论可得
，
对于A，由余弦定理推论，因为，所以，A正确.
对于B，以点为原点，为轴建立坐标系，，
外心在垂直平分线上，代入的垂直平分线方程
得，，，B错误.
对于C，设，因为，，
，所以，
解得,C正确.
对于D，设满足则
，
由圆的方程得代入化简得，
设，得
，其中，
因为，得的最小值为，D正确.
故选：ACD.
12．/
【详解】因为角的终边经过点，
所以，所以.
故答案为：
13．2
【详解】因为，
，
代入，得：，
即：，
当且仅当，即 时取等号.
综上， 的最小值为 2.
故答案为：2
14．
【详解】对于第一空：数列为函数的牛顿数列，
有，得，
，
则，两边取对数得：
，即.
又.
对于第二空：，
则可整理为：，
即解.
分为奇数和偶数讨论：
当为奇数时，，不等式变为：.
由于是递增函数，且当时，，故.
当为偶数时，，不等式变为：
，即.
由于是递减函数，且当时，，故.
因此，.
故答案为：①；②.
15．(1)
(2)
【详解】（1）由余弦定理及得，
显然，，
；
（2），
，
，
的取值范围是.
16．(1)
(2)
【详解】（1）由，则，
.
解得，
又
.
（2）由（1）得.
，
，①
，②
①-②得，
，
，
.
17．(1)，的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)，.
【详解】（1）.
在处有极小值，
，
即，
解得.
当时，，
，令，得.
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，在处取得极小值.
综上，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由（1）得，在单调递减，在单调递增，
，
又，
，
.
综上所述，当时，的最大值为，最小值为.
18．(1)
(2)（i）；（ii）或．
【详解】（1），
函数的最小正周期为；
（2）（i）将函数的图象向左平移个单位长度，得到
将函数图象上各点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到函数
（i）（法一）
，而，
.
.
解得.
又，
当时，；
当时，
综上可知，的取值范围是.
（法二）
令，
则的对称轴方程为，.
又在区间上没有对称轴，
，
解得，
（后同法一）；
（ii）由，
可得，
即，．
即，
即，其中，
因为，则，
令，
则关于的不等式在上有解，
（法一）
设，
则或，
解得或；
（法二）
依题意先研究：当在上恒成立时的取值范围，再求其补集即可．
设，
则即.
解得
满足题意的的取值范围是或．.
（法三）
由可得，
当，即时，不等式不成立，舍去；.
当，即时，有解，
设，令，
则在上单调递增，所以当时，
即可，解得；
当，即时，有解，
此时，
而在上单调递增，所以当时，
即可，解得；
综上可知，或．
19．(1)，证明见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【详解】（1），所以，即在点处的切线的斜率为l，
又，所以在点处的切线l的方程为．
令
当时，单调递增，
当时，单调递减，
，所以除切点外，函数的图象在切线l的下方．
（2）（i）由题可知，
则，设，
则，
因为，所以，所以在上是减函数．
由，又结合，得，所以，
所以存在，使得，
所以当时，，即，此时单调递增，
当时，，即，此时单调递减，所以是唯一的极值点，
显然，
因为在上递增，所以在上必存在一个零点，
由（1）可知，所以，又因为，即
所以，则，
所以在区间上必存在一个零点，
综上所述：在区间上恰有两个零点．
（ii）证明：由（i）可知，，得，
，得，所以，
即，因为，
所以，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
C
A
B
A
C
D
BD
ABD
题号
11









答案
ACD