新疆维吾尔自治区2025届高三上学期11月新课标卷大联考数学试卷

这是一份新疆维吾尔自治区2025届高三上学期11月新课标卷大联考数学试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则（ ）
A．5B．25C．125D．625
3．已知等比数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．若向量，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
5．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
6．在平行四边形中，分别在边上，，相交于点，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数存在最小值，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．定义：对于数列，若存在，使得对一切正整数，恒有成立，则称数列为有界数列．设数列的前项和为，则下列选项中，满足数列为有界数列的是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的图象关于轴对称
B．有最大值
C．当时，
D．若点分别在函数的图象上，则的最小值为
10．早在公元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项、几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，后人在此基础上推导出一个基本不等式链，即已知正实数，有，当且仅当时等号成立．已知，且，请利用上述不等关系，判断下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2B．的最大值为
C．的最大值为6D．的最小值为
11．已知函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．若，则的值域为
C．图象的对称中心为
D．若的图象与的图象在上只有1个公共点，则的取值范围是
三、填空题
12．已知，则 ．
13．已知不等式的解集为，若关于的不等式的解集非空，则的最小值是 ．
14．若函数同时满足以下3个条件：①的定义域为，值域为；②对于任意实数，都有；③对于定义域内任意两个不相等的实数，总有，则的解析式可以为 ．（答案不唯一，只给出满足条件的一个函数即可）
四、解答题
15．在△中，角的对边分别为，且满足．
(1)求角的大小；
(2)若，求的取值范围．
16．已知函数．
(1)当时，求的单调区间及最值；
(2)若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
17．在中，角的对边分别为，是的平分线，是边的中线，．
(1)求；
(2)求的长．
18．已知函数
(1)判断曲线是否具有对称性，若是，求出相应的对称轴或对称中心，并加以说明；
(2)若在定义域内单调递增，求的取值范围；
(3)若函数有两个零点，证明：．
19．对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.
(1)设是公差为的等差数列，若为“阶可分拆数列”，证明：；
(2)设函数，记曲线在点处的切线与轴的交点为，，探究数列是否为“阶可分拆数列”，并说明理由；
(3)设，若数列为“阶可分拆数列”，求由所有的值组成的集合.
参考答案：
1．A
【分析】先求出集合，然后由交集的运算求解即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：A
2．B
【分析】由复数的除法运算先求出复数，然后由复数的乘法求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，即，
所以.
故选：B
3．C
【分析】由等比数列的通项公式与前项和公式求解即可.
【详解】设等比数列的公比为，
因为，
所以，
所以，所以，
.
故选：C
4．B
【分析】先证明充分性，然后构造反例说明条件不是必要的.
【详解】当时，，所以，故条件是必要的.
当x=0时，有，但此时，故，所以条件不是充分的.
故选：B.
5．B
【分析】先判断函数的奇偶性，再根据图像趋势即可判断.
【详解】函数定义域为，且，
所以图像关于原点对称，排除A、C；当从正向无限趋近于0时，
也正向无限趋近于零；所以排除D；
故选：B.
6．A
【分析】由平面向量基本定理及三点共线即可求解.
【详解】

由题意可得：，
，
设，
则,
又三点共线，所以，
解得，
所以，
故选：A
7．C
【分析】根据分段函数分别应用复合函数单调性及导数求解单调性，分段求解函数值范围及最值再比较列不等式关系即可.
【详解】当时，函数单调递减，无最小值；
当时，函数
当时，函数，
所以单调递增，当时，
要使函数存在最小值，即.
故选：C.
8．D
【分析】对于A：根据题意结合等差数列求和公式分析判断；对于B：根据题意结合裂项相消法判断；对于C：根据题意结合并项求和法分析判断；对于D：根据题意结合等比数列求和公式分析判断.
【详解】对于选项A：因为为等差数列，则，
可知对任意，当时，，
不满足有界数列的定义，故A错误；
对于选项B：因为，
则，
可知对任意，当时，，
不满足有界数列的定义，故B错误；
对于选项C：当为偶数时，，
可知对任意，当时，，
不满足有界数列的定义，故C错误；
对于选项D：可知数列是以首项、公比均为的等比数列，
则，
可知当时，，符合有界数列的定义，故D正确；
故选：D.
9．ACD
【分析】对于A：可得，根据偶函数的定义分析判断即可；对于B：整理可得，结合对勾函数值域分析判断；对于C：利用作差法分析判断；对于D：分析可知：PQ的最小值即为点到直线y=gx的距离的最小值，结合导数的几何意义分析求解.
【详解】因为，
对于选项A：，
且，
可知为偶函数，图象关于轴对称，故A正确；
对于选项B：，
由对勾函数可知的值域为，
可知的值域为，即没有最大值，故B错误；
对于选项C：因为，
且，则，
可得，即，故C正确；
对于选项D：由选项B可知，
即函数的图象没有交点，
由题意可知：PQ的最小值即为点到直线y=gx的距离的最小值，
又因为，令，解得，
当时，到直线的距离为；
当时，到直线的距离为；
所以PQ的最小值为，故D正确；
故选：ACD.
10．ABD
【分析】根据题意利用基本不等式以及乘“1”法逐项分析判断即可.
【详解】因为，且，
对于选项A：因为，可得，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为2，故A正确；
对于选项B：因为，可得，即
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为，故B正确；
对于选项C：因为，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为6，故C错误；
对于选项D：，可得，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，故D正确；
故选：ABD.
11．BD
【分析】根据二倍角公式化简，即可根据周期公式求解A，利用整体法即可求解BC，将问题转化为在只有一个交点，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可计算极值点以及端点处函数值求解.
【详解】由可得，
对于A，的最小正周期为，A错误，
对于B，当时，则，所以故，B正确，
对于C，令,解得，故图象的对称中心为，C错误，
对于D，，令，
令，则，
当单调递减，
当单调递增，
当单调递减，
且，
要使在只有一个交点，则需，解得，D正确，
故选:BD
12．
【分析】根据同角三角关系可得，进而结合两家和差公式运算求解.
【详解】因为，
则，可得，
且，
所以.
故答案为：.
13．
【分析】解不等式可得，，分析可知的解集非空，求解即可.
【详解】由于，故不等式的解集为，所以.
这表明条件等价于关于的不等式的解集非空.
假设，则对任意都有，所以的解集为空，不满足条件，故一定有.
而当时，对有，所以不等式的解集包含，一定非空，满足条件.
所以的最小值是.
故答案为：.
14．（答案不唯一）
【分析】根据指数函数的图象性质，结合图象变换即可求解.
【详解】由可知的图象关于1,0对称，
由可得在定义域内单调递减，
故，
故答案为：（答案不唯一）
15．(1)
(2).
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再因式分解即可求角；
（2）利用正弦定理边化角，再用内角和来消元，最后利用三角恒等式变形求值域即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理边化角得：
，
因式分解得：，
因为，所以，
则，解得，
又因为，所以或；
（2）因为，所以，
由正弦定理边化角可得：
，
因为，所以，即，
故的取值范围是.
16．(1)的单调递增区间为，单调递减区间为，
，无最大值，
(2)
【分析】（1）求导，即可根据导函数的正负确定函数的单调性，进而可求解最值，
（2）将问题转化为，取对数后构造，求导，求解函数的最值即可求解.
【详解】（1）当时，，则，
当单调递增，当递减，
故的单调递增区间为，单调递减区间为，
且，无最大值，
（2）由可得，
当时，对任意的，都有，
当，则不等式可变为，取对数可得，
记，则，
当时，单调递增，当时，单调递减，
故，
故，即.
综上可得
17．(1)
(2),
【分析】（1）根据余弦定理即可求解，
（2）根据余弦定理可得，进而根据等面积法即可求解，利用向量的模长公式即可求解.
【详解】（1）由余弦定理可得，
进而可得，解得或（舍去），
（2）由余弦定理可得，
由于
由题意知，设，则，则，
如图所示，
由可得，
所以,解得，
由是边上的中线，得
.
所以，中线长.
18．(1)具有中心对称，对称中心为点
(2)
(3)证明见详解
【分析】（1）先求函数定义域，结合对称性的定义分析证明；
（2）分析可知f′x≥0在0,2内恒成立，根据恒成立问题结合二次函数最值分析求解；
（3）根据题意可得，，分析可得等价于，构建，利用导数分析分析证明即可.
【详解】（1）令，等价于，解得，
可知的定义域为0,2，
因为，
可知具有中心对称，对称中心为点1,0，
显然不为常函数，可知不具有轴对称，
所以y=fx具有中心对称，对称中心为点1,0.
（2）因为，
则，
若在定义域内单调递增，则f′x≥0在0,2内恒成立，
又因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，解得，
所以的取值范围为.
（3）由题意可得：，
令，解得，
可知，，
令，则，
构建，则，
令，解得；令，解得；
可知Fx在内单调递增，在内单调递减，则，
且当趋近于0时，Fx趋近于，当趋近于时，Fx趋近于0，
若函数有两个零点，可知与有两个交点，
则，即；
又因为，两式相减可得，
两式相加可得，
不妨设，令，可得，
又因为，等价于，等价于，
构建，则，
构建，则，
可知在1,+∞上单调递增，则，即，
可知在1,+∞上单调递增，则，
即，所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数hx；
（3）利用导数研究hx的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
19．(1)证明见解析
(2)不是，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用题中所给的新定义内容结合等差数列的通项公式即可证得结论；
（2）根据定义，结合取奇数和偶数两种情况，根据三角函数诱导公式以及三角函数的性质即可求解，
（3）假设实数存在，则有，代入化简可得，逐一讨论的取值直至不再成立为止，可得结果.
【详解】（1）由于为“阶可分拆数列”，
故对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，
即，
化简可得，故，得证，
（2）由可得，
故，，
故在点处的切线方程为，即，
令，则，故，
假若是否为“阶可分拆数列”，
则对于确定的正整数，若存在正整数，使得成立，
即，即，
若为某确定的偶数，则，显然不满足，
若为某确定的奇函数，则，
故，由于为正整数，显然的取值为1或者，故不满足，
因此，对于某一确定的正整数，不存在正整数，使得成立，
故数列不为“阶可分拆数列”，
（3）假设存在使得数列为“阶可分拆数列”，
即存在确定的正整数，存在正整数使得成立，
，
即，
①当时，，时方程成立，
②当时，，
当时，；
当时，，
当时，，所以不存在正整数使得成立；
③当，时，当时成立，
④当，时，
所以不存在正整数使得成立.
综上：或3，故.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，且分别为关于的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至时截止可找到所有的.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
C
B
B
A
C
D
ACD
ABD
题号
11









答案
BD