精品解析：四川省绵阳外国语学校2025-2026学年高三上学期第一次教学质量检测数学试卷

2025-2026学年上期第一次教学质量检测 高三年级数学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共4页.完卷时间：120分钟.满分：150分 第Ⅰ卷（选择题 ，共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每题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. 已知，，若，则实数（ ） A. B. 3 C. 6 D. 3. 在等差数列中，，且，，成等比数列，则的通项公式为（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：）.轻柔音乐的声强一般在之间，则轻柔音乐的声强级范围是（ ） A. B. C. D. 5. 当是函数的极值点，则的值为 A. -2 B. 3 C. -2或3 D. -3或2 6. 已知定义域为的连续函数满足： ①为偶函数； ②，； ③.则的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数与函数的图像上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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. 下列结论正确的是（ ） A. “”是“”的充分不必要条件 B. “”是“”的必要不充分条件 C. “，有”的否定是“，使” D. “是方程的实数根”的充要条件是“” 10. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分.把答案填写在答题卡相应位置上） 12. 已知集合，，则__________. 13. 已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则的取值范围是______ 14. 设，表示n的正因数的个数，如，，则______ 四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数最小正周期为，图象过点. （1）求函数解析式； （2）若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求. 16. 记是数列的前项和，，，且数列是等差数列． （1）求的通项公式； （2）设若，求数列的前项和 17. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：. 18. 已知函数是偶函数，其中为实数. （1）求的值； （2）若函数，是否存在实数，使得的最小值为0？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，. （1）若，求曲线过点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若存在，使得.证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年上期第一次教学质量检测 高三年级数学试卷 本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共4页.完卷时间：120分钟.满分：150分 第Ⅰ卷（选择题 ，共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每题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】先化简集合,然后利用并集运算求解可得答案. 【详解】由已知，，所以. 故选：D 2. 已知，，若，则实数（ ） A. B. 3 C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量共线的坐标表示求解. 【详解】，， 由，有，解得. 故选：A 3. 在等差数列中，，且，，成等比数列，则的通项公式为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，结合等差数列通项公式可得，由，，成等比数列，结合等比数列定义列方程可求，由此可得结论. 【详解】设等差数列的公差为，又， 所以， 因为，，成等比数列， 所以， 所以， 所以或， 当时，，，，满足条件， 当时，，满足条件， 所以或， 故选：D. 4. 声强级（单位：dB）由公式给出，其中为声强（单位：）.轻柔音乐的声强一般在之间，则轻柔音乐的声强级范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依题意可得，即可求出的范围，从而得解. 【详解】依题意可得，所以，所以， 所以，即轻柔音乐的声强级范围是. 故选：C 5. 当是函数的极值点，则的值为 A. -2 B. 3 C. -2或3 D. -3或2 【答案】B 【解析】 【分析】由f，解得或-2，再检验是否函数的极值点，可得结论. 【详解】由， 得， ∵x＝1是函数f（x）的极值点， ∴（1）＝6﹣+a＝0，解得或2， 当2时，恒成立，即单增，无极值点，舍去； 当3时，时，x＝1或x=9， 满足x＝1为函数f（x）的极值点， ∴． 故选B. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值问题，注意在x=处导数值为0不一定满足x=是极值点，属于易错题． 6. 已知定义域为的连续函数满足： ①为偶函数； ②，； ③.则的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据①得关于直线对称，再得关于点对称，则得到函数的周期性，再利用函数的单调性即可比较大小. 【详解】由①，有，所以关于直线对称； 由②，令，则，有，所以关于点对称； 则，又因为，则， 则，则，则， 则的周期为12，故； 由③，知在单调递增，因为关于点对称， 所以在单调递增，又在上连续， 所以在单调递增，故有， 即． 故选：C 7. 已知函数与函数的图像上恰有两对关于轴对称的点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意函数与的图像上恰有两对关于轴对称的点，得到方程有两解，分离参数构造新函数，利用导数求出最值，结合题意分析即可得. 【详解】因为函数与的图像上恰有两对关于轴对称的点， 所以， 即有两解， 所以有两解， 令， 则， 所以当时，0，此时函数在上单调递增； 当时，，函数在上单调递减， 所以在处取得极大值，， 且时，的值域为， 时，的值域为， 因此有两解时，实数的取值范围为， 故选：C. 8. 若关于x的不等式对恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用同构得到，当时，满足要求，当时，令，则在上恒成立，求导后得到函数单调性，从而得到，构造，求导得到单调性，进而得到，得到答案. 【详解】由可得，即， 当时，，不等式在上显然成立； 当时，令，则在上恒成立， 由，在上，所以在上单调递增， 又时，，，所以只需在上恒成立， 即恒成立． 令，则，即在上单调递增， 其中， 故， 所以此时有． 综上，． 故选：C． 【点睛】导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是不等式变形为，从而构造进行求解. 二、多项选择题（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. 下列结论正确的是（ ） A. “”是“”的充分不必要条件 B. “”是“”的必要不充分条件 C. “，有”的否定是“，使” D. “是方程的实数根”的充要条件是“” 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据不等式的范围判断A；根据交集的概念判断B；全称量词命题的否定是存在量词命题判断C；将1代入方程求解判断D. 【详解】对于A，因为，所以或，所以“当”时，“”成立，反之不成立， 故“”是“”的充分不必要条件，正确； 对于B，“”一定有“”成立，反之不成立， 故“”是“”的充分不必要条件，错误； 对于C，命题“，有”是全称量词命题， 其否定是存在量词命题，即“，使”，正确； 对于D，当时，1为方程的一个根，故充分； 当方程有一个根为1时，代入得，故必要，正确； 故选：ACD 10. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式判断A、B，利用对数恒等式化简即可判断C；利用基本不等式结合对数的运算法则计算即可判断D. 【详解】因为，所以，即． 对于A，因为，所以，则，当且仅当，即时，等号成立．故A正确； 对于B，因为，所以，当且仅当，即时，等号成立．故B正确； 对于C，， 若，又， 则，又，故，矛盾， 所以，所以，即，故C错误； 对于D，由，得， 又由，得，， 所以，∴ 所以， 则， 当且仅当，故时，等号成立．故D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究 对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确； 对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. [方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法. 由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC. 故选：BC. [方法三]： 因为，均为偶函数， 所以即，， 所以，，则，故C正确； 函数，的图象分别关于直线对称， 又，且函数可导， 所以， 所以，所以， 所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法； 方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每题5分，共15分.把答案填写在答题卡相应位置上） 12. 已知集合，，则__________. 【答案】或 【解析】 【分析】先根据集合的运算求出，再根据补集的定义求解即可. 【详解】由已知集合，， 所以，所以或. 故答案为：或. 13. 已知函数，若关于的方程有4个不同的实数根，则的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】作出的图象，由题意知在内有两个不等实根，再结合二次方程根的分布列不等式即可求得m的范围. 【详解】作出的图象， 令，则方程，即为， 有4个不同的实数根，则在内有两个不等实根， 所以，解得， 所以实数m的取值范围为. 故答案为：. 14. 设，表示n的正因数的个数，如，，则______ 【答案】 【解析】 【分析】首先根据定义得到，，再由裂项相消法求和即可得出答案. 【详解】由有个正因数可得， 有正因数可得， 所以 . 故答案为： 四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数最小正周期为，图象过点. （1）求函数解析式； （2）若将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求. 【答案】（1） （2）0 【解析】 【分析】（1）利用周期公式求出，再将已知点代入函数并结合求出，即可求出函数解析式； （2）根据三角函数图象的平移规律及诱导公式得到的表达式，结合特殊角的三角函数值代入求值即可. 【小问1详解】 由已知得，解得. 将点代入解析式，，可知， 由可知，于是. 【小问2详解】 将函数的图象向左平移个单位长度，根据“左加右减”的原则， 可得的表达式为：， 所以. 16. 记是数列的前项和，，，且数列是等差数列． （1）求的通项公式； （2）设若，求数列的前项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差数列的通项公式求出，再利用与的关系求解即可； （2）利用分组求和，其中奇数部分利用等差数列的前项和公式，偶数部分利用裂项相消求解即可. 【小问1详解】 因为，，设等差数列的公差为，则，解得， 所以，即， 当时，，当时，成立，故． 【小问2详解】 由题意可得 . 17. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：. 【答案】（1）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：构建， 则， 由可知， 构建， 因为在上单调递增，则在上单调递增， 且， 可知在上存在唯一零点， 当，则，即； 当，则，即； 可知在上单调递减，在上单调递增， 则， 又因为，则，， 可得， 即，所以. 【解析】 【分析】（1）求导可得，分和两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性； （2）构建，，根据单调性以及零点存在性定理分析的零点和符号，进而可得的单调性和最值，结合零点代换分析证明. 【小问1详解】 由题意可得的定义域为，， 当时，则在上恒成立， 可知在上单调递减； 当时，令，解得；令，解得； 可知在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 略 18. 已知函数是偶函数，其中为实数. （1）求的值； （2）若函数，是否存在实数，使得的最小值为0？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）； （2）存在. 【解析】 【分析】（1）根据偶函数性质得到恒等式，求参数值即可； （2）由题设有，应用换元法，令且，结合二次函数性质，讨论对称轴与区间的位置研究最小值，即可得参数值. 【小问1详解】 因函数（）是偶函数， 故 ， 因且不恒为0，故，得. 【小问2详解】 由（1），得， 则， 设，因，则，，其对称轴为， ①当时，在区间上单调递减，则，解得，不符题意，舍去； ②当时，在区间上先减后增，故，解得，故； ③当时，在区间上单调递增，则，解得，不符题意，舍去. 故存在，使得的最小值为0. 19. 已知函数，. （1）若，求曲线过点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，，若存在，使得.证明：. 【答案】（1）； （2）； （3） 由函数，可得， 设，则， 由，可得， 则， 又由，可得，所以函数为单调递增函数， 则，即，， 由（2）知，当时，，即，则， 即，， 代入可得：， 则，， 又因为时，， 所以，所以得证. 【解析】 【分析】（1）将代入，设切点坐标为，利用导函数求得切线方程，再将点坐标代入，利用导函数分析单调性解方程得，即可得切线方程； （2）设，利用特殊值结合函数单调性可得，再通过多次求导证明时符合题意，而不能满足题意即可； （3）设，则，作差可得，利用放缩法证得，则，由（2）结论变形得，依次代入变形后可证得，又，故原不等式得证. 【小问1详解】 当时，，则， 设切点坐标为， 则切线方程为， 代入点，可得，整理得， 设函数，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 又，故当且仅当时，. 所以解得，则切线方程为. 【小问2详解】 设，只需在时恒成立即可， 又，且， 所以要使当时，，必须满足，即. 下面证明时满足题意： 当时，由，， 令， 则， 设，则， 故在上单调递增，即， 所以在上单调递增，即， 所以当时，，即恒成立； 当时，， 令，，则， 所以在上单调递增，又，当时，， 所以存在，使得， 当时，，在上单调递减，则， 所以当时，不恒成立. 综上所述，实数的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $