河南省2026届高三数学上学期11月联合测评试题含解析

这是一份河南省2026届高三数学上学期11月联合测评试题含解析，共10页。试卷主要包含了 不等式的解集为， 已知平面向量，则， 若，则等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 集合的非空真子集个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求出集合中元素个数可得答案.
【详解】的解为为自然数集，
故中的元素个数为2，故其非空真子集个数为，
故选：B.
2. 设为虚数单位，若，则（ ）
A. -1B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数相等的性质列等式运算即可.
【详解】由题得解得所以.
故选：.
3. 设甲：；乙：，则（ ）
A. 甲是乙的充分不必要条件
B. 甲是乙的必要不充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲是乙的既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数的运算性质可得乙：或，结合充分条件、必要条件的定义即可下结论.
【详解】由，得，解得或，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
4. 不等式的解集为（ ）
A. {且}B. {或}
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据分母中绝对值的性质进行分类讨论，然后分别求解不等式即可.
【详解】当时，，
不等式，，解得，取交集，得
当时，，
不等式，，解得，取交集，得.
当时，分式无意义.
综上所述，不等式的解集为{或}.
故选：.
5. 已知平面向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据模长关系可得，结合数量积的坐标运算求解.
【详解】因为，，
则，解得或（舍去），
即，所以.
故选：D.
6. 设等差数列的公差为，其前项和为，若存在唯一的最大值，则下列可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知，可得出，再由，可得出，可求出的取值范围，然后逐项检验即可.
【详解】因为数列为等差数列，且其前项和为，
若存在唯一的最大值，则必有，，
根据题意可知，解得，
且，解得，
故，即，解得，故A不符合题意；
对于B选项，当时，，故B不符合题意；
对于C选项，当时，，故C符合题意；
对于D选项，当时，，故D不符合题意.
故选：C.
7. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角三角函数基本关系式及和两角和与差的三角函数公式可得.
【详解】由，再由同角三角函数关系得，，
即，两边平方得，
令，则，解得或（舍去），
所以，
.
故选：A.
8. 在三棱锥中，平面，直线与平面所成的角为，则三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作，可证平面，由线面夹角可得，求相应长度即可得体积.
【详解】作，垂足为，连接，

因为平面，平面，则，，
且，平面，可知平面，
可知直线与平面所成的角为，
且，则，
又因为，则，，
且，可得，
所以三棱锥的体积为.
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. 下列选项中，对应关系为从集合到集合的函数的是（ ）
A. 为“乘以2”，
B. 为“对应元素为4或5”，
C. “求倒数”，
D. 为“求平方根”，
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数的定义，结合选项依次判断即可.
【详解】A：若，则，符合题意，故A正确；
B：因为，所以不符合题意，故B错误；
C：若，则，所以符合题意，故C正确；
D：若，则的平方根为，而，故D错误.
故选：AC
10. 如图，在四面体中，为的中点，则（ ）

A. 平面平面
B. 点到平面的距离为
C. 直线与平面所成角的正弦值为
D. 点到直线的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A直接用面面垂直的判定定理可得，对BCD则用空间向量分别计算点到面，点到线的距离及线面角可得.
【详解】设的中点为O，连接.因，所以.
又因，所以O为直角三角的外心，且，
所以，，得.
因，， ，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，故A正确；
故以所在直线为轴，以过B点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图：

则，，.
设平面的法向量，，
由，得，令，，.
与同方向的单位法向量，
所以在单位法向量上的投影向量的模，
得点到平面的距离为，故B错误；
再由，直线与平面所成角的正弦值为
，所以C正确；
再由，取与同向的单位向量，
所以点到直线的距离为，故D错误；
故选：AC.
11. 已知函数的图象是由曲线上各点横坐标变为原来的后，向右平移个单位长度所得.记，则（ ）
A.
B. 曲线关于点中心对称
C. 若在区间上单调递减，则的取值范围是
D. 若在区间上有零点，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据三角函数的平移伸缩规律分别求的即可判断项；求出的解析式，带入验证即可判断项；根据函数解析式，求得单调区间，结合的范围和子集关系求解即可判断项；根据函数解析式，求得的零点，结合的范围求解即可判断项.
【详解】根据题意得，所以，则，
又，所以，解得，所以，故正确；
因为，且，
所以曲线不关于点中心对称，故错误；
，令得，
所以的单调递减区间为，
则且，
所以解得，故正确；
令得，所以轴正半轴上从左往右的三个零点依次为，，，
由得，所以若在区间上有零点，
则或，解得或，故正确.
故选：.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知“，不等式恒成立”为假命题，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出命题“ 恒成立”为真命题时 的取值范围，再取其补集即可得出结论.
【详解】设 :＂ ，不等式 恒成立＂，其等价于 恒成立，
若 为真命题，则 ，解得 ．
又 为假命题，故 的取值范围是命题 为真时的补集，
即 或 ．
故答案为：．
13. 已知函数的定义域为，其图象关于对称，若当时，，则__________.
【答案】8
【解析】
【分析】由函数的对称性得到，再由即可求解.
【详解】显然关于对称，故5，
于是，
故.
故答案为：8
14. 在中，，且，则__________；若点满足，且在上的高为，则的面积为__________.
【答案】 ①. ## ②. ##
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值，进而可得出的值；分析可知为等边三角形，设其边长为，由得出，利用平面向量数量积的运算性质得出，结合三角形的面积公式可求出的值，由此可得出的面积.
【详解】因为，可得，
因为，则，所以，则，故，
所以为等边三角形，故，设其边长为，
因为，即，可得，
所以，故，
由题意可知，解得，
故.
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. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）详情见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数 ，利用导数的几何意义即可求出切线方程；
（2）判断函数的单调性，可得函数的最大值为，从而得证.
【小问1详解】
当 时， ，
函数求导得则
故曲线 在点 处的切线方程为 ,
整理得 ．
【小问2详解】
注意到 时， ，
故 ，故 单调递增；
时， 单调递减．
所以函数的最大值为.
故 ．
16. 如图，在的边和上，分别分布着一系列点和，使得，且所有梯形的面积均相等.设，其中的面积为.
（1）求梯形的面积；
（2）求数列的通项公式.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可知，根据面积之比为相似比的平方可得出，进而可求得梯形的面积；
（2）根据题意得出，解得，推导出数列为常数列，即可得出数列的通项公式.
【小问1详解】
由可得，
因为，，由面积之比为相似比的平方，得，
所以梯形的面积为.
【小问2详解】
因为，且所有梯形的面积都相等，
故，故，
可得且，故数列是每项均为的常数列，
故，可得
17. 记为数列的前项和，且，.
（1）求；
（2）证明：为等比数列；
（3）求.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）令，结合和的关系求解即可；
（2）根据和的关系结合题设证即可；
（3）方法一：由（2）可得，进而结合分组求和法求和即可；
方法二：先由，得，可得数列是首项为1，公比为的等比数列，进而求得.
【小问1详解】
令，得，而，
则，得
【小问2详解】
由，
当时，，
两式相减，可得，即，
而，则，满足上式，
故是首项为，公比为的等比数列.
【小问3详解】
方法一：由（2）可得，故，
故.
方法二：由，得，
而，故数列是首项为1，公比为的等比数列，
故，故.
18. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，为中点.

（1）求证：；
（2）已知四点均在以为球心的球面上.
①求证：不与平面平行；
②若与平面所成角的正弦值为，求的长.
【答案】（1）证明见详解
（2）①证明见详解，②
【解析】
【分析】取中点，在直角梯形中，证明，由线面垂直得到线线垂直，再得到线面垂直，然后得到线线垂直；
（2）①过点作的平行，得到三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系.然后证明球心在轴上，设和的坐标，得到点坐标，通过建立方程，假设平面，证明方程无解即可得到结论；
②写出平面的一个法向量，由线面角的正弦值建立方程，结合①中的方程，即可解得的值，即可求出的长.
【小问1详解】
取中点，连接，
在直角梯形中， ，
故四边形为正方形，则，
∴，即，
∵平面，平面，
∴，
，平面，平面，
∴平面，平面，
∴.
【小问2详解】
①过作，∵平面，
∴平面，
由（1）可知，∴以为原点如图建立空间直角坐标系，

由（1）可知在直角中，为的外心，
故过的球的球心在直线上，
设，则，，∴，
设，则，即，
则，当时，方程无解，
故与平面不平行.
②由①可知平面的一个法向量为，
设与平面的夹角为，
则，
即，即，又∵且
∴，即，，
即
19. 设函数.
（1）求证：函数不单调；
（2）当时，求证：；
（3）若的解集为，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）直接判断导数在定义域上有正有负即可；
（2）运用导数求解函数的最大值，再判断最大值小于2可得；
（3）构造函数，进而转化为同样等价于：对所有恒成立；对所有恒成立.再分别按恒成立问题解得.
【小问1详解】
由，得.
所以，.
由在上连续，且，由零点存在性定理，存在，使得.
所以在上有正有负，因此函数不单调.
【小问2详解】
当时，，，，
当时，，两者不同时0，且，所以.
当时，令，得，即.
根据函数与函数的图象可知，在区间上有且仅有一个交点，
即存在唯一，使得，即.
,所以在处取得最大值.
又，.
,
设，则在区间上单调递减，
.
，即的最大值小于2，.
【小问3详解】
由，即，
令，.
又因的解集为，所以不等式的解集为.
同样等价于：对所有恒成立；对所有恒成立.
由的图象是一条连续不断的曲线，.
，当时，，
所以，函数在上单调递减.
在区间上的最大值为.
在区间上恒成立，满足条件.
当时，要求，即，
设，则，
在区间上，，，在区间上单调递减.
又，所以在区间上先增后减，
即在区间上的最小值在或处取得.
在区间的最小值只能是0或.
要使在区间上恒成立，则.
综上所述，.
又，的取值范围为.