2025_2026学年河南省高三数学上学期11月质量检测试题 [附答案]

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2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：平面向量，复数，解三角形，数列，立体几何（含空间向量）.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求得，从而求得的虚部.
【详解】因为，所以，
所以的虚部为.
故选：A.
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先分别解出集合A和集合B的范围，再利用交集的运算即可算出结果.
【详解】因为，所以，
所以，
因为，所以，即，所以或.
所以或，
所以.
故选：D.
3. 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. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合不等式 性质判断得解.
【详解】，所以“”是“”的充要条件.
故选：C
4. 已知向量满足，若在上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求出，再利用夹角定义求解.
【详解】由，在上的投影向量为，得，则，而，
所以.
故选：C
5. 在中，内角满足，则为（ ）
A. 锐角三角形B. 直角三角形
C. 钝角三角形D. 等腰三角形
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据正切函数性质得和均为锐角，再利用两角和的正切公式判断角即可.
【详解】由，且，得和均为锐角，
又，
又，所以也为锐角，故为锐角三角形．
故选：A．
6. 已知函数，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，总存在唯一实数，使得，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得,因为所以，故，总存在唯一实数，使得，即，总存在唯一实数，使得，故而可得，即可得解.
【详解】由题意可得，
因所以，
所以，则.
，总存在唯一实数，使得，
即，总存在唯一实数，使得，
即，总存在唯一实数，使得.
因为，所以
因为总存在唯一实数使得，所以，即.
故选：B.
7. 在等比数列中，，若不等式成立，则的最小值为（ ）
A. 24B. 25C. 26D. 27
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据等比数列性质求出，从而得到，再写出，最后对分奇偶数讨论即可.
【详解】设的公比为，
记，
由，
得，
所以．令，
则．
当为偶数时，，无正整数解；
当为大于2的奇数时，，
由，解得，
又为奇数，所以的最小值为27．
故选：D．
8. 如图，一块长方体大理石板材斜靠在与水平地面垂直的墙面上，仅点与墙面接触，点到墙面的距离分别为，若，则该长方体外接球的表面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，取为一组基底，利用空间向量数量积求出长方体的棱长，进而求出其外接球半径即可得解.
【详解】设，则，方向向右的单位向量为墙所在平面的法向量，
取为一组基底，显然两两垂直，由空间向量基本定理知，
存在唯一一组有序实数组，使得，
由点到墙面的距离分别为，得，
则，所以，而，
所以，即，解得，
则，长方体外接球半径，
所以其外接球的表面积.
故选：D
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 在复平面内，复数对应的点为，向量绕原点逆时针旋转至处，若旋转角为，则（ ）
A. 的坐标为
B. 当时，
C. 当时，以为圆心，为半径的圆中劣弧的长为
D. 的坐标为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出点坐标判断A；利用勾股定理求出长度判断B；利用弧长公式计算判断C；利用三角函数定义求出点的坐标判断D.
【详解】对于A，的坐标为，A错误；
对于B，，而，则，B正确；
对于C，当时，劣弧的长为，C正确；
对于D，，则，点的坐标为，
即，D正确.
故选：BCD
10. 在中，内角的对边分别为，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若为锐角三角形，则
D. 若满足的有两个，则的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设，结合余弦定理即可判断A；利用两角和余弦公式即可判断B；由，结合正弦函数的单调性和诱导公式，可判断C；由满足的有两个，可得，即可求解.
【详解】选项A：因为，设，
由余弦定理得，所以，故A正确；
选项B：因为,根据正弦定理可得,
则,整理得，故B错误；
选项C：若为锐角三角形，可得且 ，
可得，且，
根据正弦函数的单调性，可得，所以，故C正确；
选项D：因为满足的有两个，所以，即，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知数列满足，则（ ）
A.
B.
C. 若，则的最大值为1214
D. 的前36项和为1226
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定的递推公式，求出的表达式，再结合单调性及并项求和法逐一分析判断.
【详解】对于A，，数列是首项，
公差为5的等差数列，，A正确；
对于B，由选项A得，
数列均为递增数列，
数列中除外，其它项均不为1，B错误；
对于C，由选项B得，
当时，因此的最大值为1214，C正确；
对于D，由选项B得，因此数列的前36项和为
，D错误.
故选：AC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则__________.
【答案】或3
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示，列式计算得解.
【详解】向量，由，得，
所以或.
故答案为：或3
13. 若函数的最小值为3，则__________.
【答案】或4
【解析】
【分析】根据给定条件，利用绝对值的三角不等式求出最小值即可得解.
【详解】依题意，，当且仅当时取等号，
而函数的最小值为3，因此，所以或.
故答案为：或4
14. 在中，内角的对边分别为，若，则该三角形内切圆面积的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求得，进而求得三角形内切圆半径的关系式，利用基本不等式求出最大值即可.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
则
，
整理得，而，即，
因此，，设该三角形内切圆半径为，
则，又，于是
，由，得，
当且仅当时取等号，因此，
所以该三角形内切圆面积的最大值为.
故答案为：
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 如图，在平行四边形中，为的中点，分别为的一个三等分点，点靠近点，点靠近点，记.
（1）把放到平面直角坐标系中，若，求点的坐标；
（2）用表示；
（3）若，求.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算求解.
（2）根据给定条件，利用向量线性运算求解.
（3）由（2）及已知，利用数量积的运算律及数量积的定义求解.
【小问1详解】
设，由，得，
而，因此，解得，
所以点的坐标为.
【小问2详解】
在平行四边形中，依题意，，
所以.
【小问3详解】
依题意，，，
所以.
16. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面为棱上一点，且.
（1）证明：平面平面；
（2）设直线与平面交于点，证明：；
（3）若，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直性质判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）利用线面平行的判定、性质推理得证.
（3）令，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
【小问1详解】
在四棱锥中，由平面平面，得，
由四边形为菱形，得，又平面，且，
因此平面，而平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由四边形为菱形，得，又平面平面，
则平面，又平面，平面平面，
所以．
【小问3详解】
设，以为原点，直线分别为轴，
过垂直于平面直线为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
，
设平面的应该法向量，
则，令，得．
设平面应该法向量，
则，令，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17. 在中，内角的对边分别是，且.
（1）若，求；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简可得，进而利用二倍角公式及正弦定理求解.
（2）由（1）及锐角三角形条件可得，再利用正弦定理及二倍角的正弦求出范围.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理，得，
则，即，
即，由，得，又，
因此，即，由，得，
解得，
所以由正弦定理得.
【小问2详解】
在为锐角三角形中，由（1）得，则，
由正弦定理得，
所以的取值范围是.
18. 已知数列满足.
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求的通项公式；
（3）记，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据给定的递推公式，利用构造法，结合等比数列定义推理得证.
（2）由（1）求得，再利用累加法求出通项.
（3）由（2）求得，再利用裂项相消法求和即得.
【小问1详解】
在数列中，由，得，
由，得，
所以是以1为首项，3为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）知，
当时，
，满足上式，
所以的通项公式为.
【小问3详解】
由（2）得，，
则
，显然是递增数列，因此，又，则，
所以.
19. 已知函数，曲线在点处的切线与轴垂直.
（1）求的单调区间；
（2）若，使得，求实数的取值范围；
（3）设，证明：.
【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为
（2） （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题可知，曲线在点处的切线斜率为，利用求得的值，得到的解析式，利用导数分析可得的单调区间；
（2）由（1）求得的最小值，由题可知，在的最大值大于的最小值，讨论的取值，分析在上的单调性及最值情况，可得参数的取值范围；
（3）结合（1）和（2）所得结论，对进行放缩，得，结合等比数列的前项公式，即可证得.
【小问1详解】
由函数，得.
由题可知，曲线在点处的切线斜率为，所以，所以.
所以.
令，则，即；令，则.
所以的单调增区间为，单调减区间为.
【小问2详解】
由（1）知在处取得极小值，即最小值，最小值为.
若，使得，则在上恒成立.
由，得.
当时，.
若，则恒成立，所以在上单调递增，所以，所以在上恒成立；
若，则在上有解，记为.
因为在上单调递减，所以当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以在处取得极大值，极大值为.
所以在上有最大值，最大值为.
令，则.
所以是增函数，所以.
所以恒成立，满足题意；
若，则恒成立，所以在上单调递减，所以，即恒成立，不合题意.
综上所述，实数的取值范围.
【小问3详解】
由（2）知，时，在上恒成立，即.
由（1）知在处取得极小值，即最小值，最小值为，即恒成立，即.
所以，当且仅当 时，等号成立.
所以.
所以.
所以.
所以.
因为，
所以.