河南省联考2026届高三数学上学期11月质量检测试题含解析

这是一份河南省联考2026届高三数学上学期11月质量检测试题含解析，共10页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡上交， 已知“”是“”， 已知，均为锐角，，，则， 设，均为正数，满足，则等内容，欢迎下载使用。
（试卷满分：150分，考试时间：120分钟）
注意事项：
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，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上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，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，请将答题卡上交.
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. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由共轭复数的概念及复数的乘法运算即可求解.
【详解】，
.
故选：A.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由且，确定，再由交集运算即可求解.
【详解】且，
得到，
所以.
故选：D.
3. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的坐标运算及模长公式求得，即可求解.
【详解】，
由题意：，
所以.
故选：C.
4. 已知“”是“”（ ）
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
【答案】B
【解析】
【分析】根据线性规划的几何意义，分别作出和表示的平面区域，即可判断出答案.
【详解】设点满足，则点所在的平面区域为如图所示的正方形区域（包括边界） ，
设满足，则点所在的平面区域为如图所示的圆面区域，
由此可知成立，不一定成立；
成立时，一定有成立，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
5. 已知，均为锐角，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】易得，再分别求得，，，，然后利用两角和的余弦公式求解.
【详解】，由是锐角可得，，
代入题干条件得到，由是锐角可得，
所以.
故选：B.
6. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则满足的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过求导确定函数单调性，再结合函数奇偶性即可求解.
【详解】当时，，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增.
又因为，且时，
所以当时，，
当时，.
由奇函数的性质：当时，，
当时，.
对于不等式，
当时，只需，所以或，
解得或，又，则；
当时，只需，所以或，
解得或，又，则.
综上所述，的取值范围是.
故选：D.
7. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理将边化角即可求出，再由余弦定理及正弦定理得到，即可得解.
【详解】因为，由正弦定理可得，代入得到，
由余弦定理，所以，
由正弦定理可得，所以，
又，，
所以.
故选：C.
8. 若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将问题化为函数与函数恰有两个交点，利用导数的几何应用求临界情况下的切线方程，应用导数研究的性质，画出大致图象，数形结合确定参数范围.
【详解】令，即，
依题意，函数与函数恰有两个交点，
所以，令或，解得或，而，，
所以在，处的切线方程分别为，，
当，则，即在上单调递增，
当，则，即在上单调递减，
所以函数的大致图象如下：
由图知，的取值范围是.
故选：C
二、选择题：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. 设，均为正数，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】选项AB，由基本不等式判断；选项C由基本不等式判断；D.由，利用二次函数判断.
【详解】由基本不等式：，代入解得，
，A正确，B错误；
，C错误；
，D正确.
故选：AD.
10. 设，均为非零复数，下列命题中正确的有（ ）
A.
B.
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数的加法、减法、除法运算及复数的共轭复数的模对选项逐一分析即可.
【详解】对于A：设，，，，，，
则，，，
所以，故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：若，则，，故C正确；
对于D：若，取，，满足条件，但，故D错误.
故选：ABC
11. 已知函数，的定义域均为，且，.若是偶函数，，则（ ）
A. 是奇函数B. 4是的一个周期
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用，，及是偶函数，经过等量代换可推出，可得为偶函数，判断A选项；推出可判断B选项；由的周期性可求解C选项；利用可求解D选项.
【详解】由，用代入，得，
又，两式相加得，
由是偶函数，得，代入上式，得，
可得，所以，即，
因为，则，
所以，所以为偶函数，A选项错误；
由，得，
又，两式相减得，
所以，因此，即4是的一个周期，B选项正确；
由，可得，所以，
由可得，所以，
由，，可得，
由，，可得.
所以，C选项正确；
由上面推导可知，
因为奇数的平方可表示为，所以奇数的平方除以4的余数为1，
同理可得偶数的平方除以4的余数为，
所以，D选项正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知等差数列的首项和公差相等且均不为零，则________.
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列的求和公式结合题意可得.
【详解】设等差数列的公差为，且，
则，所以.
故答案为：.
13. 已知直线既是曲线的切线，也是曲线的切线，则________.
【答案】
【解析】
【分析】设直线与曲线的切点横坐标为，由导数的几何意义求得，得到切线方程，再设设直线与曲线的切点横坐标为，由导数的几何意义即可求解.
【详解】设直线与曲线的切点横坐标为，
由，得，解得
所以切点坐标为，代入直线方程得到.
设直线与曲线的切点横坐标为，
则，
且，联立得，
所以，即.
所以，
故答案为：
14. 已知在△ABC中，，，，点D在边BC上（不含端点），设，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用余弦定理求得，利用正弦定理求得，再利用正弦定理以及三角恒等变换等知识求得的最小值.
【详解】由余弦定理：，又，所以.
由正弦定理得：，，
设，，，
在△BAD和△CAD中分别使用正弦定理得
,，
两式相乘得，则,
所以.
注意到，
且，所以，当且仅当，
即AD平分时，等号成立.所以的最小值为.
故答案为：

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 设是各项均为正数的等比数列，且，.
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得到，求解即可；
（2）由错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设的首项为，公比为，
则依题意，，
解得或，
因为，所以，故
所以的通项公式为；
【小问2详解】
因为，
所以①，
②，
①－②，得，
则.
16. 已知函数（）的最小正周期为.
（1）求的解析式；
（2）将曲线向右平移个单位长度后，再将曲线上各点的横坐标变为原来的2倍，得到曲线.若关于x的方程在区间上有解，求m的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的正弦、余弦公式，结合辅助角公式，可得，利用周期公式，求得，代入即可得答案,
（2）根据平移、伸缩变换的原则，可得的解析式，参变分离可得在区间上有解，设，根据函数的单调性，分析求解，即可得答案.
【小问1详解】
，
因为函数的最小正周期为，所以，即，
所以；
【小问2详解】
将曲线向右平移个单位长度后得到
，
再将曲线上各点的横坐标变为原来的2倍，得到，即.
问题转化为关于x的方程在区间上有解，
参变分离得：在区间上有解.
设，则，
由于在上单调递减，
所以，
此时对于中的每个m，都存在，使得，
所以m的取值范围为.
17. 设函数，.
（1）求在区间上的值域；
（2）若对区间中的任意三个数，，，都存在以，，为三边长的三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分离常数，通过换元将变为，利用导数判断单调性从而求值域；
（2）通过题干分析，将题干中三角形三边问题，转化为两边之和大于第三边，即在区间内最小值的2倍大于最大值，进而讨论在上的最值即可求出的取值范围.
【小问1详解】
，
令，则，
设，，
由于，，所以在上单调递增，
所以，，所以在区间上的值域为；
【小问2详解】
（2）由（1）知，对，.
只需中较小的两个数之和大于最大数，且，
由的任意性可知，只需在区间内的最小值的2倍大于最大值，且最小值大于，
①当时，在区间上单调递增，所以，
.由得到，解得，
由可得，
所以；
②当时，在区间上单调递减，所以，
.由得到，解得，
与矛盾，舍去；
③当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
，.
若，由得到，没有实数解，舍去；
若，由得到，没有实数解舍去.
综上所述，的取值范围为.
18. 已知的三边长是三个连续的正整数.
（1）求周长的最小值；
（2）若是钝角三角形，求的面积；
（3）若的一个内角是另一个内角的两倍，求的三边长.
【答案】（1）9 （2）
（3）4，5，6
【解析】
【分析】（1）设，，，由两边之和大于第三边，求得的最小值即可求解；
（2）由余弦定理结合（1）确定只能为3.再由面积公式即可求解；
（3）由余弦定理得到，，，结合单调性得到A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小.由或或.讨论求解即可.
【小问1详解】
不妨设，，，其中为不小于2的整数.
由可得，
所以，故的最小值为3，
所以的周长，最小值为9（此时三边长分别为2，3，4）；
【小问2详解】
由于是的最长边，由大边对大角，钝角必为.
由余弦定理：，
若，则，由（1）知，故只能为3.
此时，，
故的面积；
【小问3详解】
由余弦定理：，
，
，
由解析式可知：随着的增大，，减小，增大，所以A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小.
由于，故所有可能的情况为或或.对于每个对应的数组，只需验证是否有，，，之一成立.
当时，，此时上述三条关系均不成立；
当时，，此时上述三条关系均不成立；
当时，，此时有，即；
不妨记时，，，
则当时，由于A，B随着的增大而增大，随着的增大而减小，
所以A，B，C均位于区间，不可能存在两倍关系，
如若不然，较大角会大于，推出矛盾.
综上所述，的三边长为4，5，6.
19. 已知函数，，设函数.
（1）当时，求的极值点；
（2）证明：当时，；
（3）若对任意，都有恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）的极小值点是，无极大值点
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）易得，再利用导数法求解；
（2）由（1）知当时，存在唯一的，使得，为极小值点，则由证明；
（3）设，转化为恒成立和恒成立求解.
【小问1详解】
当时，，则，，
因为，均为增函数，所以单调递增，所以当时，，当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增.
所以函数极小值点是，无极大值点；
【小问2详解】
，由（1）可知，当时，单调递增，
取且，则，取且，则，
所以存在唯一的，使得，即，
所以,
；
【小问3详解】
因为，得到，所以，
当时，，显然成立.
设，则恒成立，
当时，，符合题意；
当时，，不符题意.
同理，恒成立，即，
设，则，所以，
，令，解得或.
当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，符合题意；
当时，，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，在区间上单调递减，因为，，所以符合题意，所以.
综上所述，的取值范围为.