辽宁省重点高中点石联考2026届高三上学期11月期中联合考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省重点高中点石联考2026届高三上学期11月期中联合考试数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的）1.设命题，则为（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】由存在量词命题的否定为全称量词命题，可得，故选：C.2.已知集合，，若，则的所有可能取值构成的集合的真子集个数为（）A.2 B.3 C.6 D.7【答案】D【解析】当时，，成立，当时，，因为，故或，此时或1，综上，，故真子集个数为.故选：D.3.已知数列满足，，则数列的前12项和为（）A.108 B.28 C.62 D.80【答案】D【解析】设数列的前项和为，则，因为当时，，当时，，所以.故选：D.4.已知平面内不同的四点，，，，设甲：，，，四点位于同一条直线上；乙：与共线，则（）A.甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件B.甲是乙的必要条件但不是乙的充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】A【解析】若，，，四点位于同一条直线上，则与共线，故充分性成立；若与共线，可能存在直线与直线平行的情况，故必要性不成立，故甲是乙的充分条件但不是乙的必要条件.故选：A.5.设函数，则方程的所有解之和为（）A. B.0 C.1 D.3【答案】B【解析】因为，所以函数为偶函数，其图像关于轴对称，因为，所以不是方程的解，若为方程的解，则，由为偶函数可知，，所以也是方程的解，因此，方程的非零解成对出现，其和为0，故方程的所有解之和为0.故选：B.6.在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则（）A.6 B.1 C.3 D.2【答案】C【解析】由可得，解得，所以，由可得，解得或（舍），故.故选：C.7.已知，，且，则的最小值为（）A.8 B.9 C.11 D.13【答案】B【解析】由题可知，所以，当且仅当，时取等号.故的最小值为.故选：B.8.如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】设地球球心为，月球表面上的点为，因为柏林与好望角纬度差约为，可以将其看作进行计算，则，由地球半径为，则，在中，由正弦定理，，解得，，设，在中，由正弦定理，，解得，在中，由正弦定理，，解得，因为，则，故，因此，而地球表面与月球表面的最小距离为减去地球半径，故答案为.故选：A.二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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.已知复数，，则（）A.的虚部为B.C.为纯虚数D.在复平面内，复数所对应的点位于第四象限【答案】BCD【解析】因为，，对于A，易知，其虚部为，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，为纯虚数，故C正确；对于D，，对应的点位于第四象限，故D正确.故选：BCD.10.记为数列的前项和，且，，则（）A. B.为等差数列C.数列单调递减 D.【答案】AD【解析】对于A，令可得，即，又，解得，故A正确；对于B，当时，，两式相减可得，且，即，故是以首项，公比为的等比数列，故B错误；对于C，易得，故，易得数列单调递增，故C错误；对于D，，故D正确.故选：AD.11.记函数的导函数为，的导函数为，且，，定义域均为，若为偶函数，为奇函数，，且对任意的，，均有，则（）A.为周期函数 B.C. D.在区间上单调递减【答案】ABD【解析】对于A，由题得，.故，则，可得，故周期为4，故A正确；对于B，代入，，可得，整理得，故B正确；对于C，首先有恒成立，故恒成立，又，则，求导得，即，再求导得.令，则等价于恒成立，又，令即，即.令，解得，故，同时代入，由，有，故为的最大值点，也为极大值点，令的导函数为，则，必有，否则使得在区间上恒正，与极大值点矛盾，则，故，故C错误；对于D，由，则取值范围为，故，，故在区间单调递减，且可得，故在上，单调递减，由周期为4，且，故在区间上单调递减，故D正确.故选：ABD.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知数列中，，，则____________.【答案】【解析】由题意可得，，，则，，，，…，所以数列的周期为，则.故答案为：2.13.设的内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的周长为____________.【答案】【解析】因为，，，由余弦定理，得，即，故，解得，故的周长为.故答案为：.14.设为已知正数，记函数的最小值是关于的函数，则当取得最大值时，____________.【答案】【解析】，记，则，若，则在上单调递增，且，，所以存在，使得，当，，则在上单调递减，当，，则在上单调递增，所以是的极小值点，也是最小值点；若，当，，在上单调递减，当，，在上单调递增，又，且又知，所以存在，使得，当，，则在上单调递减，当，，则在上单调递增，所以是的极小值点，也是最小值点；由知，故，记，则，当，，则在上单调递增，当，，则在上单调递减，所以，即时，取得最大值，也即，故答案为：.四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.设平面向量，，.（1）若，求的值；（2）若，求的值.解：（1）因为，，所以，又，且，所以，解得.（2）因为，，所以，又，且，所以，解得.16.已知函数.（1）求的单调递减区间；（2）若在上恰有两条对称轴，求的取值范围.解：（1）由已知，，再令，解得，其中，所以函数的单调递减区间为：，.（2）由（1）得，，当时，则，因函数在，处有对称轴，则函数在直线右侧的三个临近对称轴为：，，.又在上恰有两条对称轴，所以，解得.17.在中，，且.（1）求；（2）点满足，求.解：（1）由，可知，故，即.故，即，.由，是三角形的内角，所以，故，则，所以，.（2）由（1）可知，，所以是等边三角形，设的边长，因为满足，故点在边上，，且，即且，在中，由余弦定理有，解得，由正弦定理可得，，所以.18.已知函数，.（1）求的单调区间；（2）证明：；（3）若曲线在点处的切线与曲线相切，求.（1）解：由题意得的定义域为，，令，解得，令，解得，故的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）证明：设，，当时，，单调递减；当时，，单调递增.故，即.（3）解：，，故曲线在点处的切线为，即，记与曲线相切于点，，，则，则可表示为，即，于是，故，即，即.设，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，故当且仅当时，.于是，故.19.已知函数，曲线在处的切线为.（1）证明：过轴上的定点；（2）证明：若，则，；（3）讨论的零点个数.（1）证明：由题意得，则，且，故切线的方程为，即，即，易得过轴上的定点.（2）证明：设，则为增函数，且，故，有，即，且时，，故，即.（3）解：易得的定义域为.①若，则为增函数，且，时，，故由零点存在定理，在上存在唯一零点，②若，则，有，故不存在零点；③若，先证明恒成立，当且仅当取等；设，则有.，有，且为增函数，故在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，则即恒成立，当且仅当取等；（i）若，则，时，由（2）知，时，有，故恒成立，不存在零点；（ii）若，则，，因为，显然在上单调递增，又因为，则在区间上，单调递减，在区间上，单调递增，所