河北省石家庄市2026届高三上学期11月教学质量摸底检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省石家庄市2026届高三上学期11月教学质量摸底检测数学试题一、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.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，所以，可知，集合，则.故选：C.2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】在复平面中，点坐标为

对应的复数为

，.故选：D.3.已知平面向量，若，则（）A. B.2 C. D.5【答案】C【解析】平面向量，因为，所以，解得因此，，.故选：C.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【答案】A【解析】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.已知是定义在上且周期为6的奇函数，当时，，则（）A.-4 B.-2 C.2 D.4【答案】B【解析】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.已知是公差不为零的等差数列，，若成等比数列，则（）A.16 B. C.18 D.20【答案】A【解析】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.在中，，边上的高等于，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】∵在中，，边上的高等于，∴，由余弦定理得：，故，∴.故选：C.8.若，曲线与恰有一个交点，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】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.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.已知，则下列不等式正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】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：BD10.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【答案】ABD【解析】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.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【答案】ACD【解析】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.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知角的终边经过点，则___________．【答案】【解析】因为角的终边经过点，所以，所以.故答案为：.13.已知，则的最小值为___________．【答案】2【解析】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.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___________．【答案】①.②.【解析】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；②.四、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.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．解：（1）由余弦定理及得，显然，，；（2），，，的取值范围是.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．解：（1）由，则，.解得，又.（2）由（1）得.，①，②①-②得，，，.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．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.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．解：（1），函数的最小正周期为；（2）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.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：．（1）解：，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）证明：（i）由题可知，则，设，则，因为，所以，所以在上是减函数．由，又