精品解析：四川省绵阳市涪城区绵阳南山中学实验学校2025-2026学年高三上学期9月零诊考试数学试题

绵阳南山中学实验学校高2023级高三（上）零诊考试试题 数 学 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将答题卡交回. 一、单选题：（本大题共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（ ） A. B. C. D. 2. “”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 3. 已知函数（，且）与函数（，且）的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 4. 若函数在处取得极大值，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 设，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的首项为1，且成等比数列，则（ ） A. －5或1 B. －5 C. －3 D. －3或1 7. 青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据，满足.已知某同学视力的五分记录法的数据为，则其视力的小数记录法的数据为（ ） A. B. 1 C. D. 8. 已知函数，若正数a满足，则a的取值范围为（ ） A. B. C. 或 D. 二、多选题：（本大题共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. 下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知等比数列的前项和为，公比为，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 定义在上的函数满足，且为奇函数，已知当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. D. 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的定义域为__________. 13. 设，则的最小值为_________． 14. 已知函数，若对任意，，不等式成立，则实数的取值范围是________. 四、解答题：(本大题共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. 已知二次函数，关于实数的不等式的解集为． （1）当时，解关于的不等式：； （2）是否存在实数，使得关于的函数的最小值为？若存在，求实数的值；若不存在，说明理由． 16. 已知正项数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 18. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）求证：当时，. 19. 设实系数一元二次方程①，有两根， 则方程可变形为，展开得②， 比较①②可以得到 这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理. 事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理. 设方程有三个根，则有③ （1）证明公式③，即一元三次方程的韦达定理； （2）已知函数恰有两个零点. （i）求证：的其中一个零点大于0，另一个零点大于且小于0； （ii）求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绵阳南山中学实验学校高2023级高三（上）零诊考试试题 数 学 考试时间：120分钟 满分：150分 注意事项： 1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3. 考试结束后，将答题卡交回. 一、单选题：（本大题共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（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的表示与集合交集运算即可； 【详解】对于集合中的元素，满足的有3，4，5，7，8，9，所以 所以． 故选：D. 2. “”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】由对数函数单调性可得等价于，结合充分、必要条件分析判断即可. 【详解】因为等价于， 则可以推出，即必要性成立； 但不能推出，例如，即充分性不成立； 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知函数（，且）与函数（，且）的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由指数函数的图象与性质可得，.再根据函数（，且）与函数（，且）的图象的对称性，数形结合即可求解. 【详解】由图得，，所以. 因为函数（，且）的图象与函数（，且）的图象关于轴对称，如图所示， 由图可知：，则. 故选：A. 4. 若函数在处取得极大值，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】求出原函数的导函数，由题意得，求出的值并验证即可得解． 【详解】将原函数求导得：， 因函数在处取得极大值，则，解得. 当时，. 令，得或；令，得. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值， 满足题意. 故选：A． 5. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的单调性即可判断. 【详解】因为在上单调递增，且恒成立， 所以，即， 因为在上单调递增，所以， 因为在上单调递增，所以， 综上：. 故选：A 6. 已知等差数列的首项为1，且成等比数列，则（ ） A. －5或1 B. －5 C. －3 D. －3或1 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，结合等差数列的通项公式进行求解即可. 【详解】设等差数列的公差为， 因为成等比数列， 所以，所以， 化简整理得，解得，或， 所以或． 故选：A 7. 青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据和小数记录法的数据，满足.已知某同学视力的五分记录法的数据为，则其视力的小数记录法的数据为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将代入中直接求解即可 【详解】由题意得， 所以，， 所以， 故选：A 8. 已知函数，若正数a满足，则a的取值范围为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，令且，则，应用导数研究的单调性，得，即可求解. 【详解】由题设，令且， 对于，即，则， 令且，则， 而，即在上单调递增，所以， 所以，则，即， 所以，则，可得. 故选：B 二、多选题：（本大题共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. 下列选项正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，利用立方根的性质可得A正确；BC选项，可根据不等式的性质进行推理，D选项可举出反例. 【详解】A选项，若，则，A正确； B选项，因为，所以，B正确； C选项，因为，所以由倒数法则得， 因为，由不等式性质（同向同正可乘性）知，C正确； D选项，举反例：当时，满足，， 此时，则，D错误. 故选：ABC 10. 已知等比数列的前项和为，公比为，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由已知及等比数列前n项和公式求基本量，进而依次判断各项的正误. 【详解】对于A：由题意，则，即，故，A错误； 对于B：，即，B正确； 对于C，D，由，则， 则，C错，D对. 故选：BD 11. 定义在上的函数满足，且为奇函数，已知当时，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在区间上单调递减 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知得、，进而得，利用对称性判断在区间上的单调性，再由区间解析式判断单调性，结合对称性比较大小，最后由周期性求函数值. 【详解】由为奇函数，则，即， 由，则，故， 所以，故，A对； 由，知图象关于对称， 由，知图象关于点对称，且， 当时，，即在上单调递增， 所以在、上单调递减，即在上单调递减， 若，则，结合周期性知， 所以在区间上单调递减，B对； 由，C错； 由，则，， 所以，又， ，D对. 故选：ABD 三、填空题：（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的定义域为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据二次根式以及对数函数的性质求出函数的定义域即可． 【详解】由可得：， 所以定义域为：， 故答案为： 13. 设，则的最小值为_________． 【答案】4 【解析】 【分析】灵活利用“1”将展开利用基本不等式计算即可. 【详解】易知， 当且仅当，即时取得最小值. 故答案为：4 14. 已知函数，若对任意，，不等式成立，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数解析式分析函数性质，并画出大致图象，随变化，的图象只在轴上平移，结合题设条件，只需保证，时有，即可求参数范围. 【详解】由在上单调递增，且过点， 在上，在上单调递减，在上单调递增， 结合解析式，其大致图象如下图， 随变化，的图象只在轴上平移， 令过且平行于的直线为， 则，所以，故， 联立与，消去y得， 所以或， 对任意，都有成立， 由图知，在上不单调，必有， 需保证，时有， 所以， ，整理得，所以， 综上，实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：利用分段函数的性质及图象，结合不等式恒成立得到，时有为关键. 四、解答题：(本大题共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. 已知二次函数，关于实数的不等式的解集为． （1）当时，解关于的不等式：； （2）是否存在实数，使得关于的函数的最小值为？若存在，求实数的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 （2）存在； 【解析】 【分析】（1）首先由韦达定理确定的值，再通过讨论的范围确定对应方程两根大小，最终确定解集（2）由的解析式，可令，并进而确定与有关的二次函数的最值，最终确定 【小问1详解】 由不等式的解集为知 关于的方程的两根为和，且 由根与系数关系，得，∴， 所以原不等式化为， 当时，原不等式化为，且， 解得或； ∴当时，原不等式的解集为； 【小问2详解】 假设存在满足条件的实数， 由（1）得：， ∴， ∴， 令，， 则 ∴对称轴为：， 又， ∴，， ∴函数在递减， ∴时，最小为：， 解得： 16. 已知正项数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的定义进行求解即可； （2）运用裂项相消法进行求解即可. 【小问1详解】 当时，，解得． 当时，由，得， 则，则． 因为，所以，所以是以2为首项，4为公差的等差数列， 则． 【小问2详解】 由（1）可知， 则 ． 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 18. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）求证：当时，. 【答案】（1） 当，在上单调递增， 当，在上单调递减， 当，在上单调递增； （2）； （3） 由（2）取，在上， 令，，则，即， 所以，则，得证. 【解析】 【分析】（1）应用导数研究函数的区间单调性即可； （2）应用导数探讨时，恒成立有，再判断所得范围的充分性，即可得； （3）根据（2）结论，令，得，即可证. 【小问1详解】 由题设，则且， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 当，，即在上单调递增； 【小问2详解】 由题设，令，则， 对时，恒成立，且，只需，即， 另一方面，时，， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则，满足题设， 综上，； 【小问3详解】 略 19. 设实系数一元二次方程①，有两根， 则方程可变形为，展开得②， 比较①②可以得到 这表明，任何一个一元二次方程的根与系数的关系为：两个根的和等于一次项系数与二次项系数的比的相反数，两个根的积等于常数项与二次项系数的比.这就是我们熟知的一元二次方程的韦达定理. 事实上，与二次方程类似，一元三次方程也有韦达定理. 设方程有三个根，则有③ （1）证明公式③，即一元三次方程的韦达定理； （2）已知函数恰有两个零点. （i）求证：的其中一个零点大于0，另一个零点大于且小于0； （ii）求的取值范围. 【答案】（1）证明：因为方程有三个根， 所以方程即为， 变形为， 比较两个方程可得. （2）（i）证明：有两个零点， 有一个二重根，一个一重根，且 由（1）可得，由可得. 由可得，. 联立上两式可得，解得， 又，综上. （ii）. 【解析】 【分析】（1）将展开，对比两个方程即可得证； （2）（i）由一元三次方程的韦达定理可得两根关系，根据两根符号即可得证； （ii）利用两根表示出，消去，令可得，利用导数判断单调性，然后可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）解：由（i）可得， . 令，则， ，当时，， 在上单调递增，， . 【点睛】思路点睛：对于新定义问题要注意以下几点：（1）认真研读定义所给主要信息，筛选出关键点；（2）利用好定义所给的表达式及相关条件；（3）含有参数时要注意分类讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $