2026届河北省保定市高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河北省保定市2026届高三上学期期中考试数学试题一､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，集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，解得，所以，又，所以.故选：B.2.设向量，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，，故.故选：B.3.已知复数满足，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，所以的虚部为.故选：C.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，知，由题意，即，由，得，所以.故选：A.5.已知数列中，，则（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】因为，所以，，，，，所以数列从第2项起，偶数项均为，奇数项均为2，则.故选：C.6.若函数在上恰有3个极值点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由，所以，显然，由于的极值点为，所以的极值点对应的取或，所以或，解得，则的取值范围是.故选：D.7.记为数列的前项和，设甲：是等比数列，乙：是等比数列，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】D【解析】先判断充分性：若是等比数列，设其公比为，首项为，可得：，，当时，，不是等比数列，当时，，是等比数列，综上，当是等比数列时，不一定是等比数列，故充分性不成立；再判断必要性：若是等比数列，可设，此时，若，，若，，即是等比数列，但不是等比数列，故必要性不成立；综上，甲是乙的既不充分也不必要条件.故选：D.8.已知，函数存在零点，则实数的最小整数值是（）A.2 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】由题意知，函数定义域为，因为时，函数存在零点，则有解，令，则，则上式转化为有解，又因为，所以，令，求导得，令，所以在上单调递减，又，，所以存在正实数，使得，即，则函数在单调递增，单调递减，所以.所以，的最小整数值为5.故选：C.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.下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】ABC【解析】对于A选项，因为，所以，因为，所以，即，故A正确；对于B选项，，因为，所以，所以，，故B正确；对于C选项，因为，所以，，故C正确；对于D选项，因为，且，所以，即，则或或，故D错误.故选：ABC.10.已知指数函数过点，则（）A.B.在上单调递增C.方程的解仅为D.方程恰有两个解，则的取值范围为【答案】BC【解析】由题设，因为过点，解得，故A错误；当时，，所以在上单调递增，B正确；当时，所以，解得，当时，所以，解得，不符合题意，所以方程的解仅为2，C正确；当时，易知单调递增，所以，所以，当时，由B知单调递增，，又，所以，综上，方程恰有两个解，则的取值范围为，D错误，故选：BC.11.记为数列的前项和，已知，则（）A.成等比数列B.当为奇数时，C.中不存在连续三项成等差数列D.【答案】ABC【解析】由题意可得，即.又，所以.故是以1为首项，为公比的等比数列，所以选项A正确；则，以上各式相加可得，即..当为奇数时，，即，所以选项B正确；由，令，无解，故中不存在连续三项成等差数列，所以选项C正确；由前面的计算得，所以，所以选项D错误.故选：ABC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.集合，已知等差数列的前项和为，公差为，当且严格单调递增时，的取值集合为，若“”是“”的必要条件，则的取值范围是__________.【答案】【解析】为等差数列，，，严格单调递增，恒成立，当时，恒成立，则；当时，，解得：；当时，，当时，且，；综上所述：，即；若“”是“”的必要条件，则，，解得：，即的取值范围为.故答案为：.13.不等式的解集是__________.【答案】【解析】不等式可化为，即，所以，所以，所以，不等式的解集是.故答案为：.14.设函数，则关于的方程根的个数为______，其所有根之和的取值范围为__________．【答案】①.2②.【解析】令，则，所以，由，因为，所以，作出的图像：由图可知：有两个交点，所以的根的个数为2；由有，所以，所以，令，则，令，则，所以在上单调递减，所以当时，，所以，又因为时，，所以，且当时，，又当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大，所以，所以.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.在中，所对的边分别为.（1）求的值；（2）若为边上靠近点的三等分点，，求的面积.解：（1）因为，所以由正弦定理得，由余弦定理得，则，所以；（2）由题意得，在中，由余弦定理得，所以，则，又，所以.16.在直角中，点为斜边上的一点且满足，点为的中点，若设，且.（1）用表示；（2）求的余弦值.解：（1）因为，所以，所以，因为点为的中点，所以，所以，；（2）以为原点，分别以所在直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，则，由（1）知，故，所以，所以，，因为的夹角是，所以，所以的余弦值是.17.已知函数.（1）证明：函数的图象关于对称；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.（1）证明：的定义域为，，所以，所以函数的对称中心为；（2）解：由（1）可得，则由可得，由复合函数单调性可得，函数在上单调递增，所以，即，即，又在上单调递减，所以.18.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）（i）求在处的切线方程和在处的切线方程；（ii）若方程有两个不同的实根，证明：.（1）解：由题意知：定义域为，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增.（2）（i）解：由（1）得：，，又，在处的切线方程为：，即；在处的切线方程为：，即.（ii）证明：由（1）知：在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；不妨令，为方程的两根，；设，，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，即在上恒成立；设与交点的横坐标为，则，又，，；设，，，在上单调递减，，即在上恒成立；设与交点的横坐标为，则，又，，；，，.19.若数列满足对于，且，则称数列是调和分裂数列，对于调和分裂数列，回答下列问题：（1）若，证明：数列的前项和；（2）是否存在使得构成等差数列？若存在，请直接写出至的值，若不存在请说明理由；（3）对于给定的正整数，若存在，使得以为首项的连续项依次构成等差数列，求的最小值．（1）证明：构造数列，设其前项和为，则当时，，当时满足上式，所以，由可得，所以．（2）解：存在，，下面验证：满足且；满足且；满足且；满足且；则，满足构成等差数列，且数列是调和分裂数列．（3）解：设构成的连续项公差为，则，于是，则，也即，即，当时，，根据等差数列可得，则，，该部分满足调和分裂数列定义且为等差数列，所以，的最小值是．河北省保定市2026届高三上学期期中考试数学试题一､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，集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，解得，所以，又，所以.故选：B.2.设向量，则等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，，故.故选：B.3.已知复数满足，则的虚部为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，，所以的虚部为.故选：C.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，知，由题意，即，由，得，所以.故选：A.5.已知数列中，，则（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】因为，所以，，，，，所以数列从第2项起，偶数项均为，奇数项均为2，则.故选：C.6.若函数在上恰有3个极值点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由，所以，显然，由于的极值点为，所以的极值点对应的取或，所以或，解得，则的取值范围是.故选：D.7.记为数列的前项和，设甲：是等比数列，乙：是等比数列，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】D【解析】先判断充分性：若是等比数列，设其公比为，首项为，可得：，，当时，，不是等比数列，当时，，是等比数列，综上，当是等比数列时，不一定是等比数列，故充分性不成立；再判断必要性：若是等比数列，可设，此时，若，，若，，即是等比数列，但不是等比数列，故必要性不成立；综上，甲是乙的既不充分也不必要条件.故选：D.8.已知，函数存在零点，则实数的最小整数值是（）A.2 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】由题意知，函数定义域为，因为时，函数存在零点，则有解，令，则，则上式转化为有解，又因为，所以，令，求导得，令，所以在上单调递减，又，，所以存在正实数，使得，即，则函数在单调递增，单调递减，所以.所以，的最小整数值为5.故选：C.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.下列命题为真命题的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】ABC【解析】对于A选项，因为，所以，因为，所以，即，故A正确；对于B选项，，因为，所以，所以，，故B正确；对于C选项，因为，所以，，故C正确；对于D选项，因为，且，所以，即，则或或，故D错误.故选：ABC.10.已知指数函数过点，则（）A.B.在上单调递增C.方程的解仅为D.方程恰有两个解，则的取值范围为【答案】BC【解析】由题设，因为过点，解得，故A错误；当时，，所以在上单调递增，B正确；当时，所以，解得，当时，所以，解得，不符合题意，所以方程的解仅为2，C正确；当时，易知单调递增，所以，所以，当时，由B知单调递增，，又，所以，综上，方程恰有两个解，则的取值范围为，D错误，故选：BC.11.记为数列的前项和，已知，则（）A.成等比数列B.当为奇数时，C.中不存在连续三项成等差数列D.【答案】ABC【解析】由题意可得，即.又，所以.故是以1为首项，为公比的等比数列，所以选项A正确；则，以上各式相加可得，即..当为奇数时，，即，所以选项B正确；由，令，无解，故中不存在连续三项成等差数列，所以选项C正确；由前面的计算得，所以，所以选项D错误.故选：ABC.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.集合，已知等差数列的前项和为，公差为，当且严格单调递增时，的取值集合为，若“”是“”的必要条件，则的取值范围是__________.【答案】【解析】为等差数列，，，严格单调递增，恒成立，当时，恒成立，则；当时，，解得：；当时，，当时，且，；综上所述：，即；若“”是“”的必要条件，则，，解得：，即的取值范围为.故答案为：.13.不等式的解集是__________.【答案】【解析】不等式可化为，即，所以，所以，所以，不等式的解集是.故答案为：.14.设函数，则关于的方程根的个数为______，其所有根之和的取值范围为__________．【答案】①.2②.【解析】令，则，所以，由，因为，所以，作出的图像：由图可知：有两个交点，所以的根的个数为2；由有，所以，所以，令，则，令，则，所以在上单调递减，所以当时，，所以，又因为时，，所以，且当时，，又当无限趋向于正无穷大时，无限趋向于正无穷大，所以，所以.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.在中，所对的边分别为.（1）求的值；（2）若为边上靠近点的三等分点，，求的面积.解：（1）因为，所以由正弦定理得，由余弦定理得，则，所以；（2）由题意得，在中，由余弦定理得，所以，则，又，所以.16.在直角中，点为斜边上的一点且满足，点为的中点，若设，且.（1）用表示；（2）求的余弦值.解：（1）因为，所以，所以，因为点为的中点，所以，所以，；（2）以为原点，分别以所在直线为轴，轴，建立平面直角坐标系，则，由（1）知，故，所以，所以，，因为的夹角是，所以，所以的余弦值是.17.已知函数.（1）证明：函数的图象关于对称；（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.（1）证明：的定义域为，，所以，所以函数的对称中心为；（2）解：由（1）可得，则由可得，由复合函数单调性可得，函数在上单调递增，所以，即，即，又在上单调递减，所以.18.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）（i）求在处的切线方程和在处的切线方程；（ii）若方程有两个不同的实根，证明：.（1）解：由题意知：定义域为，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增.（2）（i）解：由（1）得：，，又，在处的切线方程为：，即；在处的切线方程为：，即.（ii）证明：由（1）知：在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，；不妨令，为方程的两根，；设，，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，即在上恒成立；设与交点的横坐标为，则，又，，；设，，，在上单调递减，，即在上恒成立；设与交点的横坐标为，则，又，，；，，.19.