2025届河南省安阳市林州市湘豫名校联考高三上学期11月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省安阳市林州市湘豫名校联考2025届高三上学期11月期中数学试题一､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.已知命题，使得成立，则下列说法正确的是（）A.，为假命题B.，为假命题C.，为真命题D.，为真命题【答案】B【解析】命题是真命题，，是假命题.故选：B2.已知集合，，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由得：且，即；由得：，即；，，AB错误；，，C错误，D正确.故选：D.3.若复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】因为，所以，所以在复平面内对应点的坐标为，位于第三象限故选：C.4.设非零向量的夹角为，若，则“为钝角”是“”的（）A.充要条件 B.必要不充分条件C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】因为，则，解得，即等价于，若为钝角，则，即充分性成立；若，则为钝角或平角，即必要性不成立；综上所述：“为钝角”是“”的充分不必要条件.故选：C.5.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以.所以.故选：B.6.当时，若存在实数，使得成立，则实数的最小值为（）A.6 B.10 C.12 D.16【答案】D【解析】因为，所以.由，得.所以，当且仅当，即时等号成立，所以实数的最小值为16.故选：D.7.已知数列的前项和为，对任意正整数，总满足，若，则的前项和（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，依题意得，即，则即，所以数列an是以1为首项､1为公差的等差数列所以.∴所以.故选：A.8.已知函数，若函数有4个零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数在上单调递增，在上单调递减，所以取得最大值；取得最小值.令，则可化为有两个零点，，且.当时，即时，则需，即，解得；当时，，满足题意当时，，即当4时，，满足题意；当时，，不满足题意，综上所述，的取值范围为.故选：A.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.已知为实数，则下列结论正确的有（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BD【解析】A选项，当时结论不成立，A错误；B选项，由不等式的性质可知B正确；C选项，由，得，当时，结论不成立，C错误；D选项，由，得，由不等式的性质可知，D正确.故选：BD.10.已知中，点是边的中点，点是所在平面内一点且满足，则下列结论正确的有（）A.点是中线的中点B.点在中线上但不是的中点C.与的面积之比为1D.与的面积之比为【答案】ACD【解析】因为的中点为，所以.又，所以，所以，即为的中点，A正确，B错误.由A正确可知，，所以C，D正确.故选：ACD.11.已知是函数的图象上的两点，对坐标平面内的任一点图象上的点都满足，若，则下列结论正确的有（）A.在上单调递减B.的图象关于点中心对称C.若，则实数的取值范围为D.【答案】BCD【解析】对于A，函数，由在上单调递减，得函数在上单调递增，A错误；对于B，由，得是线段的中点，由，得，又点在的图象上，则，即，设是的图象上任意一点，点关于点的对称点为，由，得，又，即有，因此点在的图象上，即的图象上的任一点关于点的对称点也在的图象上，函数的图象关于点中心对称，B正确；对于C，当时，有，即当时，，由，得，又在上单调递增，因此，解得或，C正确；对于D，令，则，得，因此，D正确.故选：BCD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，角的对边分别为，若0，则的最长边是__________.（用题中字母表示）【答案】【解析】根据正弦定理，得.由余弦定理，得，所以角是钝角.所以的最长边是.13.已知不等式的解集为.若不存在整数满足不等式，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】不等式的解集为，则，且分别为方程两根，由根与系数的关系，得即.将代入不等式，化简得，即.容易判断或时，均不符合题意，所以.所以原不等式即为，依题意应有且，所以.14.已知函数是定义在上的连续可导函数，为其导函数，且恒成立.若当时，，且，则不等式的解集为__________.【答案】【解析】设，因为恒成立，则.因为，当时，，可知在上单调递增，则，所以对都有，且，可得，由，可得.令，则，可知在上单调递减.由，可化为，即，可得，解得，所以不等式的解集为.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.已知复数在复平面内对应的点分别为是坐标原点，点是复平面内一点，且.（1）若，求与的关系；（2）若不共线，三点共线，求的值.解：（1）由题意，得，则.所以.又，所以，即，.因为，所以与的关系为.（2）若三点共线，则有且或1.所以有，即.①又由，得，即.②由①②知解得且或1.所以的值为1.16.已知函数是偶函数，且其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为.（1）求的单调递增区间；（2）在中，其内角的对边分别为，已知2，且，求的面积.解：（1），所以由函数为偶函数，知.又，所以，即有.因为，所以有.所以.又其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为，且，所以有，解得.所以的单调递增区间为.（2）由正弦定理，及，得，化简可得，即.又，所以.由，及余弦定理，得，解得或（舍去），所以.又因为，所以.所以.17.等差数列中，已知，其前项和为，且对任意正整数都成立.（1）求的通项公式；（2）令，求数列的前项和.解：（1）设数列an的公差为，则在中分别取，得即由①得或.因为，所以.代入②，得或.当时，，与矛盾，舍去；当时，.所以an的通项公式为.（2）方法一：由（1）知，所以.所以.所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以数列的前项和为.方法二：由（1）知，所以.所以.所以.18.已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若在其定义域内不存在极值，求实数的值.解：（1）函数的定义域为，.因为，所以由，得或.又-ln所以随的变化情况如下表：0-0+0-减函数极小值增函数极大值减函数由上表可知，的单调递减区间为，单调递增区间为.（2）由（1）知，当时，，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，存在极值，不符合题意；当时，由（1）可得存在极值，不符合题意当时，恒有不存在极值，符合题意；当时，由（1）可知令时，得或.∵，∴的单调递减区间为，单调递增区间为，存在极值，不符合题意.综上所述，.19.已知函数，当的值能使在区间0,+∞上取得最大值时，我们就称函数为“关于的界函数”.（1）若为“关于的界函数”，求实数的取值范围；（2）在数列an中，已知，且，判断时，是不是“关于的界函数”？若是，请证明：当时，的值不小于“关于的界函数”；若不是，请说明理由；（3）在（2）的条件下，求证：.解：（1）由ft得ft因为，所以当时，在0,+∞上单调递减，无最值，不符合题意.当时，时，ft'x>0；时，，所以在上单调递增，在上单调递减.所以当时，取得最大值.故若为“关于的界函数”，则实数的取值范围是0,+∞.（2）因为，由（1）可知，当时，为“关于的界函数”.当x∈0,+∞时，.（*要证当时，值不小于“关于的界函数”，即证.又，得，所以.又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以，即有.检验知时，结论也成立，故.所以.所以由（*）式知，.所以当时，的值不小于“关于的界函数”.（3）由（2）知，当时，，有成立，所以.由（1）可知时，上式取得最大值，所以.所以b1所以原不等式成立.河南省安阳市林州市湘豫名校联考2025届高三上学期11月期中数学试题一､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.已知命题，使得成立，则下列说法正确的是（）A.，为假命题B.，为假命题C.，为真命题D.，为真命题【答案】B【解析】命题是真命题，，是假命题.故选：B2.已知集合，，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由得：且，即；由得：，即；，，AB错误；，，C错误，D正确.故选：D.3.若复数满足，则复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】因为，所以，所以在复平面内对应点的坐标为，位于第三象限故选：C.4.设非零向量的夹角为，若，则“为钝角”是“”的（）A.充要条件 B.必要不充分条件C.充分不必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】因为，则，解得，即等价于，若为钝角，则，即充分性成立；若，则为钝角或平角，即必要性不成立；综上所述：“为钝角”是“”的充分不必要条件.故选：C.5.已知，则的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以.所以.故选：B.6.当时，若存在实数，使得成立，则实数的最小值为（）A.6 B.10 C.12 D.16【答案】D【解析】因为，所以.由，得.所以，当且仅当，即时等号成立，所以实数的最小值为16.故选：D.7.已知数列的前项和为，对任意正整数，总满足，若，则的前项和（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令，依题意得，即，则即，所以数列an是以1为首项､1为公差的等差数列所以.∴所以.故选：A.8.已知函数，若函数有4个零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数在上单调递增，在上单调递减，所以取得最大值；取得最小值.令，则可化为有两个零点，，且.当时，即时，则需，即，解得；当时，，满足题意当时，，即当4时，，满足题意；当时，，不满足题意，综上所述，的取值范围为.故选：A.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.已知为实数，则下列结论正确的有（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BD【解析】A选项，当时结论不成立，A错误；B选项，由不等式的性质可知B正确；C选项，由，得，当时，结论不成立，C错误；D选项，由，得，由不等式的性质可知，D正确.故选：BD.10.已知中，点是边的中点，点是所在平面内一点且满足，则下列结论正确的有（）A.点是中线的中点B.点在中线上但不是的中点C.与的面积之比为1D.与的面积之比为【答案】ACD【解析】因为的中点为，所以.又，所以，所以，即为的中点，A正确，B错误.由A正确可知，，所以C，D正确.故选：ACD.11.已知是函数的图象上的两点，对坐标平面内的任一点图象上的点都满足，若，则下列结论正确的有（）A.在上单调递减B.的图象关于点中心对称C.若，则实数的取值范围为D.【答案】BCD【解析】对于A，函数，由在上单调递减，得函数在上单调递增，A错误；对于B，由，得是线段的中点，由，得，又点在的图象上，则，即，设是的图象上任意一点，点关于点的对称点为，由，得，又，即有，因此点在的图象上，即的图象上的任一点关于点的对称点也在的图象上，函数的图象关于点中心对称，B正确；对于C，当时，有，即当时，，由，得，又在上单调递增，因此，解得或，C正确；对于D，令，则，得，因此，D正确.故选：BCD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在中，角的对边分别为，若0，则的最长边是__________.（用题中字母表示）【答案】【解析】根据正弦定理，得.由余弦定理，得，所以角是钝角.所以的最长边是.13.已知不等式的解集为.若不存在整数满足不等式，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】不等式的解集为，则，且分别为方程两根，由根与系数的关系，得即.将代入不等式，化简得，即.容易判断或时，均不符合题意，所以.所以原不等式即为，依题意应有且，所以.14.已知函数是定义在上的连续可导函数，为其导函数，且恒成立.若当时，，且，则不等式的解集为__________.【答案】【解析】设，因为恒成立，则.因为，当时，，可知在上单调递增，则，所以对都有，且，可得，由，可得.令，则，可知在上单调递减.由，可化为，即，可得，解得，所以不等式的解集为.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.已知复数在复平面内对应的点分别为是坐标原点，点是复平面内一点，且.（1）若，求与的关系；（2）若不共线，三点共线，求的值.解：（1）由题意，得，则.所以.又，所以，即，.因为，所以与的关系为.（2）若三点共线，则有且或1.所以有，即.①又由，得，即.②由①②知解得且或1.所以的值为1.16.已知函数是偶函数，且其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为.（1）求的单调递增区间；（2）在中，其内角的对边分别为，已知2，且，求的面积.解：（1），所以由函数为偶函数，知.又，所以，即有.因为，所以有.所以.又其图象上相邻的最高点与最低点间的距离为，且，所以有，解得.所以的单调递增区间为.（2）由正弦定理，及，得，化简可得，即.又，所以.由，及余弦定理，得，解得或（舍去），所以.又因为，所以.所以.17.等差数列中，已知，其前项和为，且对任意正整数都成立.（1）求的通项公式；（2）令，求数列的前项和.解：（1）设数列an的公差为，则在中分别取，得即由①得或.因为，所以.代入②，得或.当时，，与矛盾，舍去；当时，.所以an的通项公式为.（2）方法一：由（1）知，所以.所以.所以数列是首项为，公比为的等比数列.所以数列的前项和为.方法二：由（1）知，所以.所以.所以.18.已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若在其定义域内不存在极值，求实数的值.解：（1）函