精品解析：广东省中山市中山纪念中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷

广东省中山市中山纪念中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷 命题人：梁家豪 审题人：赵玉勤 一、单项选择题：共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则的子集个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先求解出，再得到其子集个数即可. 【详解】令，解得， 而，则，得到的子集个数为个，故C正确. 故选：C 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复合函数的导数公式求解即可. 【详解】由复合函数的导数公式得，故B正确. 故选：B 3. 设是一个随机试验中的两个事件，，则（ ） A. 0.8 B. 0.7 C. 0.6 D. 0.5 【答案】D 【解析】 【分析】根据和事件的概率公式进行求解即可. 【详解】根据题意可得， . 故选：D. 4. 关于函数，下面说法正确的是（ ） A. 的定义域为 B. 的值域为 C. 的零点为 D. 以上说法都不对 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的定义域以及值域和零点，一一判断各选项，即得答案. 【详解】函数需满足，则，故的定义域为，A错误； 由于在上单调递增，，故， 即的值域为，B错误； 令，即，解得，故的零点为，C错误， ABC都不对，则D正确， 故选：D 5. 已知对任意，（且）均有意义，则函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由条件可得，然后得出函数是偶函数且在上单调递减即可选出答案. 【详解】因为当时，均有意义，所以，所以， 当时， 令，可得在上单调递减，单调递增， 所以在上单调递减， 设函数，则， 所以函数是偶函数，其图象关于轴对称，故A符合题意. 故选：A. 6. 函数在其定义域上（ ） A. 有最小值，有最大值 B. 有最小值，无最大值 C. 无最小值，有最大值 D. 无最小值，无最大值 【答案】B 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分析函数单调性，根据函数的单调性即可求判断函数的最值. 【详解】令真数，则，所以函数的定义域为， ，令，则，令，则， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以在上有最小值，无最大值. 故选：B 7. 设函数，则下面的数中最小的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的奇偶性、单调性即可判断. 【详解】由可得定义域为， ，其为偶函数， 又当时，单调递增且， 且单调递增， ，且单调递增， 所以当时，单调递增， 所以，， 又， 又，即， 所以， 所以由单调性可知四个选项中最小的是， 故选：C 8. 若函数满足：，且在上有且仅有一个零点，则在上的零点之和不可能为（ ） A. 21000 B. 20750 C. 20500 D. 20250 【答案】A 【解析】 【分析】由，可得到的周期；再设在上零点为 ，分类讨论可求得在上的零点之和的取值范围，即得答案. 【详解】由得：； 两式作差得：，所以的周期为100. 设在上零点为 ，则  （因为若  或 ，由于周期性会导致端点重复零点，违反唯一性条件）. 第周期  内只有一个零点，为 （ ）， 考虑区间 ：，即包含 20 个完整周期  和部分周期 . 在  上，有 20 个零点：； 在  上，零点为 ，需满足  ， 即  时才包含，零点之和取决于 ： 当时，有 21 个零点：， 和为：， 由于，则， 当时，有 20 个零点：， 和为：， 由于，则， 综上，零点之和的取值范围为 ， 其中 21000 不包含在内（因为  或  违反零点唯一性条件）. 故选：A 二、多项选择题：共3个小题；每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错或未选的得0分. 9. 已知，展开式中只有第五项的二项式系数最大，以下说法正确的是（ ） A. B. 展开式中的系数为70 C. 展开式中奇数项的系数和为 D. 展开式中偶数项的二项式系数和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由展开式中只有第五项的二项式系数最大可得可判断A，由二项展开式的通项可判断B，分别令和可判断C，由二项式系数的性质可判断D. 【详解】对于A，由展开式中只有第五项的二项式系数最大，可得第五项为中间项，故展开式共有9项，从而，故A正确； 对于B，展开式中的系数为，故B错误； 对于C，令，可得；令，可得， 两式相加可得，从而，故C正确； 对于D，根据二项式系数的性质，可知展开式中偶数项的二项式系数和为，故D正确. 故选：ACD. 10. 以下说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 必然事件与不可能事件是相互独立的 C. 若定义域为R的函数在时取到最小值，则是的极小值点 D. 五人去三个不同球馆看比赛，每个人都去看比赛，且一人只能选择去一个场馆，则有种安排方法 【答案】BD 【解析】 【分析】根据反例可判断AC的正误，根据独立事件的概率公式可判断B的正误，根据分步计数原理可求D的安排总数，故可判断D的正误. 【详解】对于A，设，则， ，故，故， 故不是奇函数，故A错误； 对于B，设为必然事件，为不可能事件，则， 而为不可能事件，故， 故为相互独立事件，故B正确； 对于C，取，则当时，的最小值为， 但，总有，左右两侧导数的符号没有变化， 故不是极小值点，故C错误； 对于D，五人去三个不同球馆看比赛，每个人都去看比赛， 且一人只能选择去一个场馆，则有种安排方法，故D正确， 故选：BD . 11. 已知，集合.若存在函数，其图象在区间上是一段连续曲线，且，则称是的变换函数，集合是的一个子集，以下说法正确的是（ ） A. 是数集的一个子集 B. 函数可作为某个集合的变换函数 C. 函数可作为某个集合的变换函数 D. 若满足，则存在函数为集合的变换函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题设有，结合变换函数的定义判断A；根据存在满足变换函数的定义判断B；分析得到函数的单调性，先假设为集合变换函数，然后由定义知，建立方程后求得的关系，推理产生矛盾判断C；构造满足题意得集合和，再验证满足题中定义判断D. 【详解】A：当，时， 此时函数是集合的变换函数， 集合是的子集，正确； B：对于在上单调递减， 显然存在时，有， 此时函数是集合的变换函数， 此时是的子集，正确； C：函数在上单调递减， 当时集合，其中， 假设函数为集合变换函数，则， 即，即，得， 整理后得，，即， 所以，而由，得，显然矛盾， 即函数不是集合变换函数，错误； D：对于，， 当时，，故，与题设矛盾； 当时，且，又， 易知，所以，则， 另或，则（舍）或， 同理，依次可得，，，，此时满足题设； 当时，，则且，又，易知，则， 另或，则（舍）或， 同理，依次可得，，，，此时满足题设； 综上，中，且各元素从小到大构成公比大于1的等比数列， 不妨设中满足首项为1，公比为的等比数列， ，则 ，满足， 设，对且，， 而时，，及有个不同元素，即能覆盖所有元素. 又的图象在区间上是一段连续曲线， 存在函数为集合的变换函数，正确. 故选：ABD 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 若，则的最小值为____________. 【答案】4 【解析】 【分析】由二项分布、正态分布的期望求法得，应用基本不等式求其最小值，注意取值条件即可得. 【详解】由，则， 由，则， 所以，在且上单调递增， 所以时取得最小值为4. 故答案为：4 13. 设命题，命题且，若是的必要条件，则的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出命题相应的集合，根据是的必要条件，列出相应的不等式，即可求得答案. 【详解】由命题知：时，， 则为26的正因数，即为1，2，13，26， 当时，，不合题意舍；当时，； 当时，；当时，； 故命题； 由于是的必要条件，故， 只需满足，即， 即的取值范围是， 故答案为： 14. 若图象关于点对称，记不等式的解集为，则函数在上的最大值与最小值之和为____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数图象关于点对称的性质得出，采用赋值法列出关于的方程，解方程求出，从而得出和的解析式，解不等式得出解集，讨论在解集内的单调性，进而求出的最大值和最小值. 【详解】已知图象关于点对称，则. 令，则，即， 解得. 令，则，即①， 令，则，即②， 联立①②可得，，. 所以， 若，则， 因为，不等式等价于， 令，解得根为：， 根据零点分段法可得解集. 因为，求导得， 令，解得或. 因为开口向上，所以当时，，单调递增， 则时，最小值为，最大值为； 当时： 若，，单调递减， 若，，单调递增， 所以最小值为， 因为，， 所以在上，最大值为19，最小值为. 综上，在解集中的最大值和最小值之和为：. 故答案为：. 四、解答题：共5小题，共77分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 15. （1）解不等式组： （2）已知函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递增.设函数，若，求实数的取值范围. 【答案】（1）原不等式的解集为. （2）实数的取值范围为 【解析】 【分析】（1）设，由可得对恒成立，可解不等式，解不等式组可得不等式的解，进而可求原不等式的解集； （2）由题意可得函数在R上单调递增且，进而可得对恒成立，分类讨论可求得实数的取值范围. 【详解】（1）设，又因为， 所以对恒成立， 由，可得，所以， 由，可得， 由，得，得，解得， 由，得，得，解得或， 所以解不等式得或， 所以原不等式的解集为. （2）因为函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递增， 所以在上单调递增，所以函数在R上单调递增且. 因为，， 所以对恒成立， 所以对恒成立， 所以对恒成立，即不等式的解集为， 当时，不等式为，解集不为， 当时，由不等式的解集为， 则，整理得， 解不等式，得或， 所以，所以实数的取值范围为. 16. 我国某企业计划在2025年利用新技术生产某款新手机，通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万元，且年产量（单位：千部）与另投入成本（单位：万元）的关系式为，由市场调研知，每部手机售价为0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完. （1）求2025年的利润（单位：万元）关于年产量（单位：千部）的函数关系式（利润=销售额－成本）； （2）当2025年年产量为多少时，企业所获利润最大？最大利润是多少？ 【答案】（1）； （2）当2025年年产量为100千部时，企业所获利润最大，最大利润是8250万元. 【解析】 【分析】（1）利用收入减去另投入成本和固定成本即可得利润函数； （2）利用分段函数思想来求每一段函数的最大值，然后再判断此函数的最大值即可. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 所以. 【小问2详解】 当时，， 当时，万元， 当时，，当且仅当，即时等号成立，万元. 即当2025年年产量为100千部时，企业所获利润最大，最大利润是8250万元. 17. 已知函数 （1）若，求的单调区间. （2），求在上的最小值与最大值. 【答案】（1）的单调增区间为，单调减区间为 （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）先求，设，利用导数来研究，求得函数的单调区间； （2）根据函数的单调性最小值易求，可知，令，利用导数比较与，可得函数最大值. 【小问1详解】 当时，， 所以， 设，则. ∵，，∴在上单调递增， 从而得在上单调递增，又∵， ∴当时，，当时，， 因此，的单调增区间为，单调减区间为. 【小问2详解】 ， 设，则. ∵，，∴在上单调递增， 从而得在上单调递增，又∵， ∴当时，，当时，， 因此，的单调增区间为，单调减区间为. ，在单调递增，则单调递减， 所以的最小值为， ， ∵，， ∴. 设， 则. 因为，所以，所以， 且，所以， 则函数在单调递增， 所以， 设， 则， 则，所以，即， 所以在上的最大值为，最小值为. 18. 已知函数， （1）求在处的切线方程. （2）设在处的切线为l，l分别与和交于A，B两点，为坐标原点，求的面积的取值范围. （3）设，若函数,的图象与函数的图象的交点个数至少有两个，至多为三个，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，再利用点斜式方程即可； （2）求出切线方程，进而得出两点坐标，最后利用面积公式计算； （3）将问题转化为或的根的个数问题，再画出的函数图象，利用数形结合即可求解. 【小问1详解】 因，则，则， 因，则在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 因，则，则， 故切线，即， 则，， 则，故的面积始终为. 【小问3详解】 由题意可知，， 若函数,的图象与函数的图象的交点个数至少有两个，至多为三个， 则方程的根至少有两个，至多为三个， 则或的根至少有两个，至多为三个， 画出的函数图象： 则或或，得或或， 则实数的取值范围为. 19. 甲、乙、丙三人一起玩掷骰子的游戏，骰子质地均匀.游戏规则如下：甲选择数字1，乙选择数字2、3，丙选择数字4、5、6.每人掷一次骰子，当掷出自己所选的数字时，获得对应得分，否则其他人获得对应得分的一半.甲、乙、丙掷出所选数字时的对应得分为6、4、2.比如：在乙投掷时，若掷出数字2、3，则乙获得4分，甲、丙不得分；乙掷出1、4、5、6时，乙不得分，甲、丙各得2分.三人各投掷一次记为一轮. （1）一轮过后，记甲的得分为，求的分布列和期望. （2）一轮过后，甲因个人原因退出游戏，此时乙、丙重新制定规则： （i）两人各投掷一次记为一轮，无论是谁投掷，当出现数字1时，需重新投掷，得分规则同上.求进行两轮游戏后，乙的积分高于丙的积分的概率. （ii）不进行得分统计，通过掷出骰子的点数判定胜负，投掷一次为一轮，若一轮掷出1，2，3，乙胜，否则丙获胜.两人约定谁先获胜的局数达到一定数目时，可以把奖品全部赢下来.但游戏在中途被打断了，此时乙还需胜5轮才能赢下游戏，丙还需赢6轮才能赢下游戏.在这样的情况下，如果要按照乙、丙最终获胜概率大小分配奖品数量，求丙应该得到奖品的数量占比. 【答案】（1）的分布列如下： （2）（i）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先确定的取值，再根据独立事件的概率公式可求取相应值时对应的概率，故可得分布列，根据期望公式可求期望； （2）（i）设一轮游戏后乙的积分为，丙的积分为，令，则可求的概率分布，从而可求乙的积分高于丙的积分的概率；（ii）利用二项分布分别求出乙丙获胜的概率后可求丙应该得到奖品的数量占比. 【小问1详解】 由题意，的可能取值为， 而，， ，， ，， ，， 故的分布列如下： 故 【小问2详解】 （i）设一轮游戏后乙的积分为，丙的积分为， 则可取值，可取值， 故，， ，， ，， ， 而当时，，当，，当时，， 当，，， 设随机变量，则可取， 且，， 故两轮后乙的积分高于丙的积分的概率为： . （ii）设乙、丙还需比赛轮才能决定输赢，则， 设乙第胜发生在第轮（）， 则其乙赢的概率为， 设丙第胜发生在第轮（）， 则其丙赢的概率为， 故丙应该得到奖品的数量占比为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省中山市中山纪念中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷 命题人：梁家豪 审题人：赵玉勤 一、单项选择题：共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则的子集个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 2. （ ） A. B. C. D. 3. 设是一个随机试验中的两个事件，，则（ ） A. 0.8 B. 0.7 C. 0.6 D. 0.5 4. 关于函数，下面说法正确的是（ ） A. 的定义域为 B. 的值域为 C. 的零点为 D. 以上说法都不对 5. 已知对任意，（且）均有意义，则函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 6. 函数在其定义域上（ ） A. 有最小值，有最大值 B. 有最小值，无最大值 C. 无最小值，有最大值 D. 无最小值，无最大值 7. 设函数，则下面的数中最小的是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数满足：，且在上有且仅有一个零点，则在上的零点之和不可能为（ ） A. 21000 B. 20750 C. 20500 D. 20250 二、多项选择题：共3个小题；每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错或未选的得0分. 9. 已知，展开式中只有第五项的二项式系数最大，以下说法正确的是（ ） A. B. 展开式中的系数为70 C. 展开式中奇数项的系数和为 D. 展开式中偶数项的二项式系数和为 10. 以下说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 必然事件与不可能事件是相互独立的 C. 若定义域为R的函数在时取到最小值，则是的极小值点 D. 五人去三个不同球馆看比赛，每个人都去看比赛，且一人只能选择去一个场馆，则有种安排方法 11. 已知，集合.若存在函数，其图象在区间上是一段连续曲线，且，则称是的变换函数，集合是的一个子集，以下说法正确的是（ ） A. 是数集的一个子集 B. 函数可作为某个集合的变换函数 C. 函数可作为某个集合的变换函数 D. 若满足，则存在函数为集合的变换函数 三、填空题：共3小题，每小题5分，满分15分. 12. 若，则的最小值为____________. 13. 设命题，命题且，若是的必要条件，则的取值范围是____________. 14. 若图象关于点对称，记不等式的解集为，则函数在上的最大值与最小值之和为____________. 四、解答题：共5小题，共77分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤. 15. （1）解不等式组： （2）已知函数是定义在R上的奇函数，且在上单调递增.设函数，若，求实数的取值范围. 16. 我国某企业计划在2025年利用新技术生产某款新手机，通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万元，且年产量（单位：千部）与另投入成本（单位：万元）的关系式为，由市场调研知，每部手机售价为0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完. （1）求2025年的利润（单位：万元）关于年产量（单位：千部）的函数关系式（利润=销售额－成本）； （2）当2025年年产量为多少时，企业所获利润最大？最大利润是多少？ 17. 已知函数 （1）若，求的单调区间. （2），求在上的最小值与最大值. 18. 已知函数， （1）求在处的切线方程. （2）设在处的切线为l，l分别与和交于A，B两点，为坐标原点，求的面积的取值范围. （3）设，若函数,的图象与函数的图象的交点个数至少有两个，至多为三个，求实数的取值范围. 19. 甲、乙、丙三人一起玩掷骰子的游戏，骰子质地均匀.游戏规则如下：甲选择数字1，乙选择数字2、3，丙选择数字4、5、6.每人掷一次骰子，当掷出自己所选的数字时，获得对应得分，否则其他人获得对应得分的一半.甲、乙、丙掷出所选数字时的对应得分为6、4、2.比如：在乙投掷时，若掷出数字2、3，则乙获得4分，甲、丙不得分；乙掷出1、4、5、6时，乙不得分，甲、丙各得2分.三人各投掷一次记为一轮. （1）一轮过后，记甲的得分为，求的分布列和期望. （2）一轮过后，甲因个人原因退出游戏，此时乙、丙重新制定规则： （i）两人各投掷一次记为一轮，无论是谁投掷，当出现数字1时，需重新投掷，得分规则同上.求进行两轮游戏后，乙的积分高于丙的积分的概率. （ii）不进行得分统计，通过掷出骰子的点数判定胜负，投掷一次为一轮，若一轮掷出1，2，3，乙胜，否则丙获胜.两人约定谁先获胜的局数达到一定数目时，可以把奖品全部赢下来.但游戏在中途被打断了，此时乙还需胜5轮才能赢下游戏，丙还需赢6轮才能赢下游戏.在这样的情况下，如果要按照乙、丙最终获胜概率大小分配奖品数量，求丙应该得到奖品的数量占比. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $