安徽A10联盟2026届高三上学期11月期中联考数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽A10联盟2026届高三上学期11月期中联考数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省A10联盟2025-2026学年高三上学期11月期中质量检测数学试卷Word版含解析docx、安徽省A10联盟2025-2026学年高三上学期11月期中质量检测数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．
满分150分，考试时间120分钟．请在答题卡上作答．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
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，，则的子集个数为（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法表示集合，求出函数定义域化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】集合，，
所以集合的子集个数为.
故选：C
2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由复数除法运算结合复数几何意义可得答案.
【详解】，则对应点为，在第二象限.
故选：B
3. 已知向量，，则“”是“”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】B
【解析】
【分析】应用模长公式及数量积公式计算，再应用充分必要条件定义判断求解.
【详解】因为向量，，
则“”可得，所以，
由“”可得，所以，
所以“”不能推出“”，“”可以推出“”，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用诱导公式化简，再应用二倍角余弦公式计算求解.
【详解】
又因为，
则
故选：A.
5. 在一个有限的资源和空间环境下，某种生物的数量与时间（单位：天）的关系式为：，其中，为正常数．已知该种生物数量为，时，所对应的时间分别为，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接代入得到指数方程，两式相除即可得到答案.
【详解】由代入化简得①，由得②，
①和②相除得，则．
故选：C．
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用两角和的余弦公式及同角三角函数关系得出，再应用两角差的余弦公式计算求解.
【详解】因为，，
所以，，
所以，
则.
故选：D.
7. 在中，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量数量积的定义结合余弦定理得，再根据余弦定理求解，结合基本不等式即可得最值.
【详解】由，可得，
由余弦定理得，整理得，
则，
当且仅当时取等，
所以的最小值为.
故选：D
8. 定义：表示不超过的最大整数，如，．已知为坐标原点，点在曲线：，上，记的最小值为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
分析】由题意可得，令，，利用导数求得，，根据二次函数性质结合题意计算即可求解.
【详解】设点的坐标为，
则，
令，，
则，
令，则，
当时，，所以，
所以在区间上单调递增，
因为，，，，
由零点存在性定理可知，，使得，即，
即，，，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
因为，
所以，令，，
则，，
由二次函数性质可知，在上单调递减，
所以，即，
因为，，所以，故.
故选：B
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. 下列函数在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据函数单调性结论即可判断A；根据对数型复合函数单调性即可判断B；根据指数函数与对勾函数复合即可判断C；根据函数定义域即可判断D.
【详解】对于A，因为函数和在上均单调递增，
所以在上单调递增，故A正确；
对于B，，根据复合函数单调性知其在上单调递减，故B错误；
对于C，当时，令，又在上单调递增，
则在上单调递增，故C正确；
对于D，的定义域为，故D错误．
故选：AC．
10. 函数（，）的部分图象如图所示，其中，，则（ ）
A. B.
C. 在上无极值点D. 方程在上有4个解
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象的点代入计算得出判断B；确定最小正周期，从而求得，判断A；根据，判断极值点情况从而判断C；根据函数值域计算判断D.
【详解】由图象可知：，，所以，B选项错误；
，因为在减区间上，所以，
又因为的最小正周期，，A正确；
，当时，，在上无极值点，C正确；
，，即，
方程在上有4个解，D正确.
故选：ACD.
11. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，直接利用基本不等式即可得；对B，利用A中结论并结合基本不等式即可判断；对C，构造关于的不等式即可判断；对D，利用琴生不等式即可判断.
【详解】对A，由，得，
则，即，当且仅当时等号成立，故A正确；
对B，因为，所以，当且仅当时等号成立，故B正确；
对C，因为，
所以，解得，
当且仅当时等号成立，故C错误；
对D，由函数图象知，该函数为凹函数，
则根据琴生不等式有，
即，当且仅当时等号成立，则D正确．
故选：ABD．
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知幂函数为偶函数，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】由，求解，再结合奇偶性判断即可.
【详解】由，解得或，
当时，，函数为非奇非偶函数，
当时，，函数为偶函数，所以．
故答案为：4
13. 如图，在梯形中，，，连接交于点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，可得，，可得，利用向量相等关系求解即可.
【详解】设，因为，
所以，
所以
因为三点共线，设，
所以，
则，
所以，解得：；
所以；
故答案为：
14. 若不等式恒成立，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】将已知不等式化为，设，结合单调性可求得；令，利用导数可求得的单调性，得到，由此可得的取值范围.
【详解】由得：，
设，则，
与均为上的增函数，在上单调递增，
，即；
令，则定义域为，，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
，即实数的取值范围为.
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. 已知复数，．
（1）当为纯虚数时，求的值；
（2）当时，是关于的方程的一个根，求实数，的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由是纯虚数得到实部为，虚部不为，解方程组得到的值；
（2）将代入方程，实部和虚部均为，解方程组得到和的值.
【小问1详解】
因为
由是纯虚数得，解得.
所以当是纯虚数时，.
【小问2详解】
当时，，
因为是关于的方程的一个根，所以，
即，整理得，
所以，解得
16. 在中，角，，所对的边分别为，，，向量，，且，共线．
（1）若，求外接圆的半径；
（2）若，且，求的值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用共线向量的坐标表示及正弦定理角化边，再利用余弦定理求解.
（2）根据给定条件，取中点，可得，由（1）中信息结合直角三角形边角关系求解.
【小问1详解】
向量，，由，
得，由正弦定理得，
整理得，由余弦定理得，而，
则，而，所以外接圆的半径.
【小问2详解】
由，得，取中点，连接，则，
由，得，由（1）知，则，
，所以.
17. 已知函数（）在上单调递减，且点为图象的一个对称中心．
（1）求的值；
（2）将的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，求在上取得最小值时的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用二倍角公式及辅助角公式化简函数式，再根据对称中心得出，再根据单调性得出周期范围即，即可计算求参；
（2）根据三角函数图象的变换求出解析式，利用三角函数结合即可计算最小值.
【小问1详解】
由
，
因为点为图象的一个对称中心，，所以，即，
因为在上单调递减，所以其最小正周期为，所以，所以；
【小问2详解】
由（1）可知，
的图象上所有点的横坐标伸长为原来的3倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，
，
当，
当即时，.
18. 已知函数，．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若函数在区间上的最小值为1，求的值．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，由， 求得切线方程；
（2），分与讨论可得函数的单调性；
（3）求出，分与结合函数的单调性，计算函数的最小值得出参数.
【小问1详解】
当时，∵，∴，，
函数在点处的切线方程为， ．
【小问2详解】
因为，函数的定义域为，,
当时，，函数在上单调递减；
当时，令，解得或（舍去）,
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
当时，，函数在上单调递减，所以，所以，不合题意舍去；
当时，
若即，函数在上单调递增，所以，所以，符合题意；
若即，函数在上单调递减，所以，所以，不符合题意；
若即，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，不符合题意；
综上，函数在区间上的最小值为1，则.
19. 已知函数．
（1）求的单调区间；
（2）记函数，且，．
（i）求实数的取值范围；
（ii）求的零点个数．
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）（i）；（ii）个
【解析】
【分析】（1）求导后，根据正负可得单调区间；
（2）（i）将问题转化为在上存在零点，求导后，分别在、、和的情况下，利用导数讨论的单调性，结合零点存在定理确定存在零点的情况，进而得到结果；
（ii）利用导数和零点存在定理可说明在上存在唯一零点，结合可确定零点个数.
【小问1详解】
由题意知：定义域为，，
当时，；当时，；
的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
（i）由题意知：，定义域为，
则，等价于在上存在零点，
，
令，则，
令，则；
①当时，，则在上单调递减，，
即，在上单调递减，
；
i.当时，，，即在上恒成立，
在上单调递减，
，在上恒成立，则在上不存在零点；
ii.当时，，，
，使得，即，且当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，，，
由（1）知：在上单调递减，，
，，
在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，符合题意；
iii.当时，，此时在上恒成立，不存在零点；
②当时，，在上恒成立，
在上恒成立，不存在零点；
综上所述：实数的取值范围为.
（ii）由（i）知：当时，在上存在唯一零点；
当时，，在上单调递减，
，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，，，
，使得，且当时，，即；当时，，即；
在上单调递减，在上单调递增；
，，
当时，；当时，，则，
当时，，
在，即在上存在唯一零点；
在和上各存在一个零点，
又，即为的一个零点，共有个零点.