精品解析：江西省赣州市赣州中学2025-2026学年高三上学期开学数学试题

2026届高三开学测试数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，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】 【分析】求函数的定义域求得集合，求函数的值域求得集合，由此确定正确答案. 【详解】，所以， ，所以， 所以，，，所以B选项正确，其它选项错误. 故选：B 2. 使成立的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解分式不等式，得到不等式解集为，结合真子集关系得到A正确. 【详解】由得，等价于，解得，故不等式解集为， 由于，故是成立的一个必要不充分条件，满足要求， 其他选项均不合要求，只有A选项符合， 故选：A． 3. 设函数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的定义及极限的运算性质计算可得. 【详解】， 故选：B 4. 下面可以作为函数图像的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据的解析式得到的定义域和奇偶性，再根据的取值情况得到符合题意的选项． 【详解】由已知，定义域为，， 所以为偶函数，图象关于轴对称，故排除B,C； 又，故D错误，A正确． 故选：A． 5. 已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，记数列的前n项和为，则的值为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用导数的几何意义求得，据此可得，再由裂项求和法即得答案. 【详解】由题意，则在点处的切线斜率为. 直线斜率为，则，解得， 函数，数列通项， 因此，所以. 故选：D 6. 已知，则函数的最大值为（ ）． A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用换元法求出解析式，根据自变量范围和导数法研究的单调性，进而求出的最大值. 【详解】设，则，又，所以， 则， 因此，则， 令得，令得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故时，函数取到最大值为． 故选：D 7. 已知定义在上的函数，若满足不等式的整数解的个数恰好为2个，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转换为不等式的整数解的个数恰好为2个，利用导数研究函数单调性，进一步列不等式即可求解. 【详解】已知定义在上的函数，若满足不等式的整数解的个数恰好为2个， 所以定义在时，不等式的整数解的个数恰好为2个， 令， 求导得， 令，则， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 所以在上单调递增， 而， 所以存在，使得当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因为当从0的右边趋于0时，，不满足不等式， 所以只能，解得. 故选：C. 8. 已知，则下列有关的大小关系比较正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由时，，即可判断，且，然后构造函数，即可判断，即可得到结果. 【详解】因为，时，， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 则当时，函数有极小值，即最小值为， 所以时，，即， ， 则，而，所以， 又，则， 令，则， 令，则， 当时，，则函数单调递减， 当时，，则函数单调递增， 所以当时，有极小值，即最小值为， 所以，即，则，所以. 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. 下列命题中假命题的是（ ）． A. 命题“，”的否定是：， B. 设，则“”是“”的充分而不必要条件 C. 若，则的最小值为4 D. 若的定义域是，则函数的定义域为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用全称量词命题的否定判断A；举例说明判断BC；求出函数的定义域，根据函数解析式有意义，对于函数，可得出关于的不等式，即可求解定义域判断D. 【详解】对于A，命题“，”的否定是：，，A正确； 对于B，取，满足，而， 则“”不是“”充分条件，B错误； 对于C，取，满足，而，C错误； 对于D，对于函数，，则，所以函数的定义域， 对于函数，有，即，解得. 因此函数的定义域为，D错误. 故选：BCD 10. 已知函数，则（ ） A. 点是曲线的对称中心 B. 是的极值点 C. 的解集为 D. 使得 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用定义和性质先判断函数的奇偶性和单调性，再利用单调性解不等式，最后构造函数求解即可. 【详解】令，其定义域为， ， 为奇函数，关于点对称， 关于点对称，故A正确； 令， 则， 在单调递增， 又在单调递增， 函数在上单调递增， 则不是函数的极值点，故B错误； 由于在上单调递增，所以由， 可得，则解集为，故C正确； 不妨设，在上单调递增，， 则等价于， 即，令，则， 只需函数为非减函数即可， 而当时，满足为非减函数， 故存在非零常数M，使得，故D正确． 故选：. 11. 已知，为正实数，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，结合基本不等式和解一元二次不等式即可判断选项A；由，结合基本不等式和解一元二次不等式即可判断选项B；根据题意变形得，由，结合基本不等式即可判断选项C；由，结合基本不等式即可判断选项D． 【详解】对于选项A，由，且，为正实数， 则， 即， 所以，即， 当且仅当，即，时，不等式取得等号， 即的最大值为．故选项A正确； 对于选项B，由，且，为正实数， 则，即， 所以， 当且仅当，即，时，不等式取得等号， 即的最小值为．故选项B正确； 对于选项C，由，且，为正实数， 则， 所以， 当且仅当，即，时，不等式取等号， 所以的最小值为．故选项C错误； 对于选项D，结合选项C有， 则， 当且仅当，即，时，不等式取等号， 所以的最大值为．故选项D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知a是1，2的等差中项， b是 1， 16的等比中项， 则ab等于_________ ； 【答案】 【解析】 【分析】根据等差和等比中项的定义求，即可求解. 【详解】因为是的等差中项，所以， 因为是，的等比中项，所以， ，所以. 故答案为：. 13. 已知函数恰有2个极值点，则实数a的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得有两个不同正根，利用分离参数法得到.令，，只需与有两个交点，利用导数研究的单调性与极值，利用数形结合即可求解. 【详解】因为函数的定义域为， 由，可得， 要使函数有两个极值点，只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反， 由得，，所以， 由题意可知与有两个不同的交点， 令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，当时，， 作出图形如图所示： 由图象可得实数a的取值范围为. 故答案为：. 14. 若正实数x，y满足，则的最小值________． 【答案】 【解析】 【分析】将已知等式变形，得到，再由基本不等式求解即可； 【详解】因为，变形为， 令，该函数为R上的增函数，则， 可得，即， 所以，则，当且仅当， 即时取等号. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能够利用已知等式变形后观察两边为对称形式，构造函数，利用单调性得到. 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. 已知集合，． （1）若，求； （2）若存在正实数m，使得“”是“”成立的充分不必要条件，求正实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）解不等式化简集合，再利用补集、交集的定义求解. （2）求出集合，再利用充分不必要条件定义列式求解. 【小问1详解】 当时，，则或， 而， 所以. 【小问2详解】 当时，， 由（1）知，由“”是“”成立的充分不必要条件， 得集合是集合的真子集，则或，解得或， 所以正实数m的取值范围中. 16. 已知二次函数． （1）若的解集为，分别求a，b的值； （2）解关于x的不等式． 【答案】（1）； （2） 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为． 【解析】 【分析】（1）由题意可知1，b是方程的根，结合韦达定理即可求得答案. （2）求出的两根，分类讨论a的范围，根据两根的大小，即可求得答案. 【小问1详解】 由的解集为，则1，b是方程的根，且， 由，解得；由，解得， 所以. 【小问2详解】 由二次函数，知， 不等式整理得，即， 当时，不等式等价于， 当，即时，解得或； 当，即时，解得或； 当，即时，解集为或； 当时，不等式等价于，解得， 所以当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为． 17. 已知定义在上的函数图象关于原点对称． （1）求的解析式； （2）判断并用定义证明的单调性； （3）解不等式． 【答案】（1） （2）在上单调递增；证明如下： 令，则 ， 由，则，，， 故，即在上单调递增； （3） 【解析】 【分析】（1）由关于原点对称可得，再结合关于原点对称，计算即可； （2）借助定义法证明即可得； （3）结合奇函数性质及函数单调性计算即可得. 【小问1详解】 由题意可得， 即，，故， 即，此时有， 故关于原点对称，故， 即的解析式为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意可得为奇函数，则有， 又因为在上单调递增，则有，解得， 所以原不等式的解集为． 18. 已知数列满足，且.函数. （1）求； （2）若恒成立，求的值； （3）设，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明：由（1）知， 由（2）知，当时，，即， 令，所以，即， ，不等式成立. 【解析】 【分析】（1）由等差中项判断数列为等差数列，再由等差数列前项和公式求得公差，从而求得； （2）求导判断的单调性，当时，，再由结合得； （3）由，令，得，由裂项相消法得到. 【小问1详解】 因为，所以数列是等差数列， 又因为，所以，解得， 所以. 【小问2详解】 的定义域为， ，， 当时，，所以在上单调递增， 又因为，所以当时，，不符合题意， 当时，令得，令得，令得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 又因为，要使得恒成立，则. 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）若，求函数的图象在处的切线方程； （2）讨论在区间上的单调性； （3）设是两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1） （2）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. （3）证明：由题意，， 要证，即证， 即证， 由，只需证：. 不妨设，则有：； 两边取指数得，化简得， 设，，则， 而， 令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 要使且，则，从而， 要证，只需证：， 由于在上单调递增，只需证：， 又，只需证：， 只需证：，即证， 设，则， 设，，则， 则在上单调递增，所以， 从而，所以在上单调递减， 从而，则， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）求导，分和两种情况讨论求解即可； （3）由分析法，转化为证明，再由已知条件构造函数，，求导，分析其单调性可得，进而转化为证明，再代入后转化为构造函数，利用导数求函数的最小值. 【小问1详解】 当时，，则， 而，则， 所以函数的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由，， 则， 当时，， 则函数在上单调递减； 当时，令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，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】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三开学测试数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 使成立的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 3. 设函数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 下面可以作为函数图像的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，记数列的前n项和为，则的值为（ ）． A. B. C. D. 6. 已知，则函数的最大值为（ ）． A. B. 1 C. D. 7. 已知定义在上的函数，若满足不等式的整数解的个数恰好为2个，则实数的取值范围是（　　） A. B. C. D. 8. 已知，则下列有关的大小关系比较正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 下列命题中假命题的是（ ）． A. 命题“，”的否定是：， B. 设，则“”是“”的充分而不必要条件 C. 若，则的最小值为4 D. 若的定义域是，则函数的定义域为 10. 已知函数，则（ ） A. 点是曲线的对称中心 B. 是的极值点 C. 的解集为 D. 使得 11. 已知，为正实数，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知a是1，2的等差中项， b是 1， 16的等比中项， 则ab等于_________ ； 13. 已知函数恰有2个极值点，则实数a的取值范围为________. 14. 若正实数x，y满足，则的最小值________． 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. 已知集合，． （1）若，求； （2）若存在正实数m，使得“”是“”成立的充分不必要条件，求正实数m的取值范围． 16. 已知二次函数． （1）若的解集为，分别求a，b的值； （2）解关于x的不等式． 17. 已知定义在上的函数图象关于原点对称． （1）求的解析式； （2）判断并用定义证明的单调性； （3）解不等式． 18. 已知数列满足，且.函数. （1）求； （2）若恒成立，求的值； （3）设，求证：. 19. 已知函数. （1）若，求函数的图象在处的切线方程； （2）讨论在区间上的单调性； （3）设是两个不相等的正数，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $