河南省2026届高三数学上学期11月联考试卷含解析

考生注意：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．

2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．

3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答

案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区

域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．

4．本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数，三角恒等变换，平面向量．

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．

=ð

1.设集合U{0,1,2,3,4,5}，A{2,3,5}，则UA（）

A.{0,1,4}B.{1,4}C.{0,2,4}D.{2,4}

【答案】A

【解析】

【分析】根据补集概念求出答案

ð

【详解】因为U{0,1,2,3,4,5}，A={2,3,5}，所以UA0,1,4.

故选：A.

2.若命题“xR，都有ax2”为真命题，则实数a的取值范围是（）

A.,0B.0,C.,0D.0,

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可得ax2，求解即可.

min

2

【详解】因为命题“，都有2”为真命题，所以ax0，

xRaxmin

即实数a的取值范围是,0．

故选：C．

2x,x2,

3.已知函数f(x)则f(1)f(3)（）

x13,x2,

A.8B.6C.4D.2

【答案】B

【解析】

【分析】由分段函数分别求出f(1)，f(3)，即可求得结果.

【详解】因为f(1)212，f(3)313164，所以f(1)f(3)6.

故选：B.

4.在平面直角坐标系xOy中，角的顶点为原点O，始边为x轴的非负半轴，终边过点P(5,12)，则

cossin（）

771717

A.B.C.D.

13131313

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数的定义计算求解.

51217

【详解】根据三角函数的概念，得cos，sin，所以cossin.

131313

故选：C.

5.已知平面向量ax,2,b1,x，则“x2”是“a∥b”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】

【分析】当x2时，推出a∥b，反之a∥b，解出x，进而求解.

【详解】当x2时，a2,2,b1,2，所以a2b,a∥b，充分性成立；

由a∥b，得x22，解得x2或x2，所以必要性不成立．

综上所述，“x2”是“a∥b”的充分不必要条件．

故选：A．

6.已知函数f(x)的导函数为fx，若f(x)2lnxf(1)x2，则f(1)（）

A.3B.1C.1D.3

【答案】A

【解析】

【分析】先求出函数f(x)的导函数fx，再令x1得f(1)的值，代入，令x1可得答案.

2

【详解】由f(x)2lnxf(1)x2，得f(x)f(1)，

x

令x1得：f(1)2f(1)，

解得f(1)1，

所以f(x)2lnxx2，

f(1)2ln1123.

故选：A.

1tan75

7.tan25tan353tan25tan35（）

1tan75

A.0B.23C.2D.23

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，利用两角和的正切公式，进行化简求值，即可得到答案.

【详解】由

tan25tan353tan25tan35tan25351tan25tan353tan25tan353，

1tan75tan45tan75

tan45753，

1tan751tan45tan75

所以，原式3323．

故选：B．

π5π5π5π

8.已知cos3sin，,，则cos2的值为（）

37366

20611206

A.B.C.D.

49494949

【答案】D

【解析】

【分析】先利用辅助角公式，把条件中的两个角合并成一个角，然后找到待求的式子中的角与条件中的角

的关系，再利用三角恒等变换联系起来，即得答案.

π1331

【详解】由cos3sincossin3sinsincos，

32222

π5π5π

sin，又,，

6736

πππ26

所以,π，cos，

6267

5ππππππ

所以cos2cos2sin22sincos，

662666

526206

2.

7749

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．

π

9.若函数f(x)2sin2x，则（）

3

A.f(x)的最大值为31B.f(x)的最小正周期Tπ

ππ

C.f(x)在,上单调递增D.f(x)的图象关于点,0对称

121212

【答案】BC

【解析】

【分析】根据三角函数最值，周期，单调区间，对称中心的求法可验证各个选项.

【详解】f(x)max2，故A错误；

2π

f(x)的最小正周期Tπ，故B正确；

2

πππ

令2kπ2x2kπ，kZ，

232

5ππ

得kπxkπ，kZ，

1212

5ππ

取k0，得f(x)在,上单调递增，

1212

ππ5ππ

,,，

12121212

ππ

所以f(x)在,上单调递增，故C正确；

1212

πkππ

令2xkπ，kZ，得x，kZ，

326

kππ

f(x)的图象关于,0(kZ)对称，

26

πkππ

但，kZ，故D错误.

1226

故选：BC.

10.已知a0,b0，则下列命题正确的是（）

A.若ab4，则ab的最小值为4

B.若ab4，则ab的最大值为4

C.若a24b220，则ab的最大值为4

419

D.若ab4，则的最小值为

ab4

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用基本不等式即可判断ABC选项，结合“1的妙用”即可判断D选项.

【详解】对于A,ab2ab244，当且仅当ab2时等号成立，所以ab的最小值为4，故A

正确；

2

ab

对于B,ab4，当且仅当ab2时等号成立，所以ab的最大值为4，故B正确；

2

对于C,20a24b224a2b24ab，所以ab5，当且仅当a2b10时等号成立，所以ab的最

大值为5，故C错误；

4114114ba14ba94ba

对于D,ab552，当且仅当，即

ab4ab4ab4ab4ab

8419

a2b时等号成立，所以的最小值为，故D正确．

3ab4

故选：ABD．

11.已知函数fx2(x23x2)2，则（）

A.fx有两个零点

B.fx的极大值与极小值异号

3

C.fx的图象关于直线x对称

2

3

D.fx的导函数fx的图象关于点,0对称

2

【答案】ACD

【解析】

【分析】先求导，利用导数研究极值，进而判断B，利用零点存在定理即可判断A，验证f3xfx

是否成立即可判断C，计算fxf3x是否为0即可判断D.

【详解】fx2x23x22x32x22x3x1，

3

令fx0，得x1或2x，

2

3

所以fx在2,和1,上单调递减；

2

3

令fx0，得x1或x2，

2

3

函数fx在,1和,2上单调递增，

2

列表如下：

333

x(,2)-22,,1-1(1,)

222

fx+0-0+0-

极小值

极大极大

fx31

值2值2

16

因为f32,f02，所以fx在,2和1,上各有一个零点，故A正确；

由表格知，极大值和极小值同号，故B错误；

23

因为f3x2(3x)233x2fx，所以fx的图象关于直线x对称，故C

2

正确；

因为fx2x22x3x1，

fxf3x2x22x3x123x223x33x10，

3

所以fx的图象关于,0对称，故D正确．

2

故选：ACD．

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

ππ

12.求值：cos2sin2__________.

1212

31

【答案】##3

22

【解析】

【分析】利用余弦二倍角公式即可求解.

πππ3

【详解】cos2sin2cos.

121262

故答案为：3

2

2

13.已知函数fx2x2ax8在,5上单调递增，则实数a的取值范围是__________．

【答案】5,

【解析】

【分析】利用二次函数、指数函数的单调性，结合复合函数单调性判断确定fx的递增区间，结合已知求

参数范围.

【详解】令tx22ax8(xa)2a28，在,a上单调递增，在a,上单调递减，

又y2t在定义域内单调递增，所以fx在,a上单调递增，

因为函数fx在,5上单调递增，所以,5,a，即a5，

故实数a的取值范围是5,.

故答案为：5,

14.蜂巢的精密结构是通过优胜劣汰的进化自然形成的．若不计蜂巢壁的厚度，蜂巢的横截面可以看成正

六边形网格图，如图所示，图中7个正六边形的边长都为1，O,M是其中一个正六边形的顶点，N为图中

7个正六边形内一点（包含边界），则OMON的取值范围是___________．

【答案】2,3

【解析】

【分析】根据平面向量数量积的几何意义求数量积的取值范围.

【详解】设向量在向量上的投影向量为，则，如图，

ONOMON0OMONOMON0

过N1作N1N3OM，垂足为N3，过N4作N4N6OM，垂足为N6．

当在、处时，最小，最小值为；

NN1N2ON0ON3,OMONOMON3OMON32

当在、处时，最大，最大值为．

NN4N5ON0ON6,OMONOMON6OMON63

综上所述，OMON的取值范围是2,3．

故答案为：2,3

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．

3

15.已知函数f(x)3sinxcosxcos2x.

2

π

（1）求f的值；

12

3

（2）当x[0,π]时，求方程f(x)的解.

2

【答案】（1）2

ππ

（2）x或x

62

【解析】

【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式对fx进行化简，再代入求值即可；

π

（2）根据x的范围，求得2x的范围，再对方程求解即可.

6

【小问1详解】

31cos2x331π

因为f(x)sin2xsin2xcos2x2sin2x2，

222226

πππ

所以fsin222.

12126

【小问2详解】

ππ11π

由x[0,π]，得2x，

666

3π1πππ5π

由f(x)，得sin2x，所以2x或2x，

2626666

ππ

解得x或x，

62

3ππ

所以方程f(x)的解为x或x.

262

16.已知函数fxlog54xlog5x4．

（1）判断并证明fx的奇偶性；

（2）若fa2f2a3，求实数a的取值范围．

【答案】（1）奇函数，证明见解析

1

（2）,1

2

【解析】

【分析】（1）根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性.

（2）根据复合函数的单调性，判断函数fx的单调性，再把函数不等式转化为代数不等式求解，注意函

数的定义域的应用.

【小问1详解】

对于函数fxlog54xlog5x4，

4x0

由，解得4x4，

x40

所以函数fx的定义域为4,4.

函数fxlog54xlog5x4为奇函数，

证明如下：函数fx的定义域为4,4，定义域关于原点对称，

因为，

fxlog54xlog5x4log54xlog5x4fx

所以函数fx为奇函数.

【小问2详解】

4x8

因为fxlog5log51，

x4x4

8

令ttx1，则tx在4,4上单调递减，

x4

又ylog5t单调递增，所以函数fx在4,4上单调递减.

2

因为faf2a3，所以a22a3，即a22a30，解得3a1.

2a2

4a241

由得17，所以a2.

42a34a2

22

3a1

11

由1a1，即实数a的取值范围是,1.

a222

2

17.在矩形ABCD中，AB2,AD4,E,F分别是线段BC,AE的中点，且DFxAByAD．

（1）求xy；

（2）若G为线段DF上的动点，求AGCG的最小值．

5

【答案】（1）

4

49

（2）

10

【解析】

【分析】（1）根据向量的加减运算以及向量相等求出x,y即可；

（2）设DGDF,0,1，以AB,AD为基底，表示出AG,CG，将数量积AGCG表示为的二次

函数，配方求最值即可.

【小问1详解】

因为四边形ABCD是矩形，E是线段BC的中点，

11

所以AEABBEABBCABAD.

22

因为F是线段AE的中点，

11113

所以DFDAAFADAEADABADABAD.

22224

13135

又DFxAByAD，所以x,y,xy.

24244

【小问2详解】

因为G为线段DF上的动点，所以可设DGDF,0,1，

1343

所以AGADDGADDFADABADABAD，

2424

1323

CGCDDGABDFABABADABAD.

2424

在矩形ABCD中，AB2,AD4，所以AB2,AD4,ABAD0.

22

43232291222

AGCGABADABADABAD1014.

2424416

2

22749

令f1014,0,1，则f101410，

1010

74949

当时，f取得最小值，即AG・CG的最小值为.

101010

m(x1)

18.已知函数f(x)lnx.

x1

（1）若f(x)在(0,)上单调递增，求实数m的取值范围；

111

（2）设nN*，求证：lnn1.

352n1

【答案】（1）(,2]

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）f(x)在(0,)上单调递增等价于fx0在(0,)上恒成立，再分离参数，结合不等式

求最值即可；

1k11

（2）令x1，利用小问（1）可得到：ln，再根据此式放缩，累加即得答案.

kk2k1

【小问1详解】

12m

fx，

x(x1)2

因为f(x)在(0,)上单调递增，所以fx0在(0,)上恒成立，

(x1)2(x1)2

所以2m恒成立，令g(x)(x0)，只需2mgx，

xxmin

(x1)211

g(x)x22x24，

xxx

1

当且仅当x，即x1时等号成立，所以g(x)4.

xmin

由2m4，得m2，即m的取值范围是(,2].

【小问2详解】

由（1）知，当m2时，f(x)在(0,)上单调递增，

2(x1)

所以当x1时，f(x)f(1)0，即lnx(x1).

x1

1

211

1*1k

令x1，kN，所以ln1，

k1

k11

k

k111

即ln，所以lnk1lnk，kN*.

k2k12k1

111

当k依次取1，2，…，n时，ln2ln1，ln3ln2，…，lnn1lnn.

352n1

111

上面式子叠加即得lnn1.

352n1

19.已知函数fxemxcosxmx1,mR．

（1）当m1时，求函数fx的图象在x0处的切线方程；

π

（2）已知0m1，若函数yfx在0,上的最小值为0，求m的值；

2

1

π1

（3）若gxfxmx，证明：x0,，使得m对m0恒成立．

2gxe1

【答案】（1）y2

2

（2）m

π

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用导数求出切线斜率，求出切点坐标，利用直线点斜式方程即可求解；

π

（2）求导后再对导数进行分析，研究其单调性，从而得出导数小于等于0，得出fx单调递减，代入x

2

解出m即可；

（3）首先对于x的存在性问题，只需求出左侧即可，对求导分析，可以通过隐零点表示出

gxmaxgx

，再利用进行代换，构造函数研究其单调性即可证明.

gxmaxmtan

【小问1详解】

当m1时，fxexcosxx1,f01012，

fxexcosxsinx1，所以f0110，

所以函数fx的图象在x0处的切线方程为y2．

【小问2详解】

因为fxemxcosxmx1，所以fxmcosxsinxemxm，

令，则mx2mx，

hxfxhxmmcosxsinxmsinxcosxem1cosx2msinxe

π

因为0m1,x0,，所以hx0，

2

π0

hxfx在0,上单调递减，fxf0mcos0sin0em0，

2

π

ππmπππ

所以在上单调递减，2，

fx0,f(x)minfecosm1m10

22222

22

所以m0,1，符合题意，即m．

ππ

【小问3详解】

gxfxmxemxcosx1，

m1

g(x)emxmcosxsinxm21emxcosxsinx，

m21m21

m11

令sin,cos，则tan，因为m0，

m21m21m

所以,0，gxm21emxsinx，

2

令gx0，得x，当x0,时，gx0,gx单调递增；

π

当x,时，gx0,gx单调递减．

2

πm

所以gxx0,在x时取得极大值，也是最大值，最大值为gecos1.

2

11

π11

要证x0,，使得m对m0恒成立，即证mm对m0恒成

2gxe1ecos1e1

11

m1tan1π

立，即证m对m0成立，又mtan，所以即证tan对,0恒

cosecose2

1π

成立，即证lncostan