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宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试题
一、单选题
1．已知复数满足，则的虚部为（ ）
A．1 B． C． D．
2．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，圆锥的表面积为，则圆锥的高为（ ）
A． B． C． D．
4．设定义域为R，对任意的都有，且当时，，则有（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数，满足，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．设函数.若对任意的实数都成立，且，在单调，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
7．已知函数且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．记的内角的对边分别为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．若，则下列不等式正确的是（ ）．
A． B． C． D．
10．关于函数，有下述四个结论正确的有（ ）
A．f(x)的一个周期为； B．f(x)在上单调递增；
C．.的值域与f(x)相同 D．f(x)的值域为
11．在正方体中，，分别为的中点，点为线段上的动点（包括端点），则下列命题正确的是（ ）

A．平面
B．点到平面的距离为
C．的最小值为
D．过三点作该正方体的截面，则截面图形的面积为
三、填空题
12．已知函数，则 ．
13．已知指数函数，且 与对数函数，且 互为反函数，它们的定义域和值域正好互换. 若方程 与 的解分别为、，则 .
14．在平面凸四边形中，，，且，，将四边形沿对角线折起，使点A到达点的位置.若二面角的大小范围是，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是 .
四、解答题
15．已知，，分别为三个内角，，的对边，且.
(1)求；
(2)若，且的面积为，求的周长.
16．已知数列是首项，公比的等比数列，设，数列满足．
(1)证明：数列成等差数列．
(2)若对一切正整数恒成立，求实数的取值范围．
17．已知函数，对，有.
(1)求的值及的单调递增区间；
(2)若，，求；
(3)将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.若，，求实数的取值范围.
18．已知数列的前项和为，且．
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)记，记数列的前项和为．
①求；②对，都有成立，求的取值范围．
19．已知函数（其中，是自然对数的底数，）．
(1)当时，求函数的极值；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)求证：对任意正整数，都有．
参考答案
1．B
【详解】由，得到，
所以的虚部为，
故选：B.
2．D
【详解】由题意集合表示点集，
解方程组，得或，
故，
故选：D
3．B
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
则，解得，所以圆锥的高.
故选：B.
4．B
【详解】因为，所以关于对称，
因为当时，，单调递增，
所以当时，单调递减，
因为，
所以.
故选：B
5．C
【详解】函数的定义域为，且，
所以为奇函数，
当时，因为，均在上单调递增，
所以在上单调递增，又为连续函数，
所以在上单调递增，
不等式，即，即，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：C
6．A
【详解】因为对任意的实数都成立，则时函数取得最大值，
所以函数满足，，且在单调，
对于A，若，，可得，，，，则在单调递增，故A符合题意；
对于B，若，，可得，，故B不符合题意；
对于C，若，，可得，，故C不符合题意；
对于D，若，，可得，，故D不符合题意；
故选：A.
7．A
【详解】由题意，函数且在上单调递减，
则满足，解得，即实数的取值范围为．
故选：A．
8．C
【详解】因为，则由正弦定理得.
由余弦定理可得:，
即:，根据正弦定理得，
所以，
因为为三角形内角，则，则.
故选：C.
9．BD
【详解】由可知，，所以，即，故A错误；
，故B正确；
，所以，故C错误；
，由以上可知，，，所以，即，故D正确.
故选：BD
10．BCD
【详解】A.
，错误；
B.当时，，所以，
单调递增区间为，
得，当时，，正确；
C. 把函数的图象向右移动单位得到
，
又它们的定义域都为，所以它们的值域相同，正确；
D．由C知函数与的值域相同，
，
所以时，，
所以正确.
故选：BCD.
11．BCD
【详解】对于A，因为，又平面，
所以不平行于平面，故A错误；
对于B，设点到平面的距离为，
在正方体中，可得，
由，得，
所以，解得，
所以点到平面的距离为，故B正确；
对于C，，所以是等边三角形，
将绕转到与在同一平面如图所示，的最小值即为，
由，所以，
在中，由余弦定理可得
，
所以，故的最小值为，故C正确；

对于D，因为分别为的中点，所以过三点作该正方体的截面为，
又对角线互相垂直，且，
所以四边形的面积为，故D正确.
故选：BCD.

12．
【详解】，令得，
解得，故，所以.
故答案为：
13．2
【详解】由方程和可化为和，
即直线与两函数和交点的横坐标分别为，，
由于和互为反函数，则它们的图象关于直线对称，
如图所示，点、关于点对称，，
由，解得，即，
所以.
故答案为：.
14．
【详解】由题意知，和是等边三角形，
取中点，连接，取的外心，则是的外心，
过点作平面，则三棱锥的外接球球心在上
过点作平面交于点，则点即为三棱锥的外接球球心，
由，知，为二面角的平面角，则，
设，则，
又，所以，
因为平面，平面，所以，
所以三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥外接球的表面积.
故答案为：
15．(1)
(2)6
【详解】（1）已知，根据余弦定理，将代入可得：
因为是三角形内角，即，且，所以.
（2）已知，，且的面积为.
根据三角形面积公式，可得：
即，即.
再根据余弦定理，可得：
即，即，
对进行变形可得，将，代入可得：
因为、为边长，所以，则.
所以的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)或．
【详解】（1）证明：由题意知，．
∵，
∴，
∴，
∴数列是首项，公差的等差数列．
（2）由（1）得，
∵，．
∴当时，．当时，，
即．
∴当或2时，取最大值．
又对一切正整数恒成立，
∴，
即．解得或．
17．(1)，单调递增区间为（）
(2)
(3)或
【详解】（1），
因为对，有，可得当时，取得最值，
所以，，
可得，，又，
所以，
所以，
由，，可得，，
所以的单调递增区间为（）.
（2）由，，，
可得，，
所以，
所以.
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到
函数的图象，进而可得，
令，
只需，
令，
因为，所以，
所以，
因为，可得，
所以，
因为，所以当时，，
所以，即，解得或.
所以实数的取值范围为或.
18．(1)证明见解析，；
(2)①；②．
【详解】（1）在数列中，，当时，，
两式相减得，整理得，即，
而，即，则，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列，，，
经检验当也符合.
（2）①由（1）知，，，
所以
.
②由①知，，，
，
由数列单调递增，得，因此，
由对，，得，
所以的取值范围是．
19．(1)的极小值为，无极大值；
(2)；
(3)证明见解析.
【详解】（1）当时，，则，
当时，；当时，．
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，函数无极大值．
（2）由，则，
若，则，函数单调递增，
当趋近于负无穷大时，趋近于负无穷大；当趋近于正无穷大时，趋近于正无穷大，故函数存在唯一零点，
当时；当时，故不满足条件；
若，恒成立，满足条件；
若，由，得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，
由得，解得．
综上，满足恒成立时实数a的取值范围是．
（3）由（2）知，当时，恒成立，所以恒成立，
即，所以，
令（），得，
则，
所以，则，
所以．

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