河南省信阳市淮滨县滨城高级中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试题

滨城高中2025-2026学年度上学期9月月考 高三数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上。 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，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．函数的零点所在的区间为（   ） A． B． C． D． 2．已知且，则函数与函数的图象可能是（   ） A． B． C． D． 3．若，其中m，n均为实数，则（   ） A． B． C． D． 4．函数，若在区间上的值域为，则实数t的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．已知，则的大小关系是（   ） A． B． C． D． 6．已知函数的定义域为，其图象关于直线对称且，当时，，则下列说法不正确的是（    ） A．函数为偶函数 B．函数在上单调递增 C．函数的图象关于直线对称 D． 7．已知函数（且）是奇函数，则（    ） A．1 B．3 C． D． 8．已知函数是周期为2的周期函数，且当时，，则函数的零点个数是（    ） A．9 B．10 C．11 D．18 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．设正数x，y，z满足，则下列结论可能成立的是（   ） A． B． C． D． 10．已知，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．若，则 D．方程有两个不相等的实数根，则 11．给定数集，，方程①：，方程②：，则下列说法正确的是（   ） A．任给，对应关系f使方程①的解v与u对应，则是函数 B．任给，对应关系k使方程②的解v与u对应，则是函数 C．任给，对应关系g使方程①的解u与v对应，则是函数 D．任给，对应关系h使方程②的解u与v对应，则是函数 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．设全集，，，若，则实数a的所有取值构成的集合为 ； 13．命题在上为减函数，命题在为增函数，则命题是命题的 条件 14．大西洋鲑鱼每年都要逆游而上游回产地产卵．研究鲑鱼的科学家发现鲑鱼的游速（单位：）可以表示为，其中表示鲑鱼的耗氧量的单位数．若一条鲑鱼游速为时耗氧量的单位数为，游速为时耗氧量的单位数为，则 ． 四、解答题：本大题共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．（本小题满分12分） 已知函数，其中，且． (1)求函数的定义域； (2)已知，若不等式对任意实数恒成立，求实数m的取值范围． 16．（本小题满分14分） 已知函数的图象与函数（且）的图象关于直线对称，且． (1)求函数，的解析式； (2)设m，n是方程的根，求的值． 17．（本小题满分16分） 已知函数． (1)若，解方程； (2)若将的图象向下平移（）个单位长度，所得函数图象经过点，求； (3)若，且，解关于的不等式． 18．（本小题满分17分） 已知函数. (1)求不等式的解集； (2)已知直线与曲线恰有2个不同的交点，求实数的取值范围； (3)若关于x的方程有且仅有三个不同的实数根，求的取值范围。（附：） 19．（本小题满分18分） 已知函数． (1)判断函数的单调性，并利用定义证明； (2)求证：函数的图象关于点中心对称； (3)若对，，且，恒有成立，求实数的取值范围． 第 2 页 共 5 页 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2025-2026学年度上学期9月月考》高三数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C B B D C B ACD BD 题号 11 答案 AB 1．B 【分析】计算函数值，再根据零点存在性定理可判断. 【详解】因，，，，， 则由零点存在性定理可知，函数的零点所在的区间为 故选：B 2．D 【分析】利用指对函数的图象特征分和判断. 【详解】当时，在R上单调递减且恒过 ，在 上单调递减且恒过 ，B不符合，D符合， 当时, 在R上单调递增且恒过，在 上单调递增且恒过，A、C不符合. 故选：D. 3．C 【分析】构造函数，可得函数为增函数，借助单调性即可得出结果. 【详解】由变形，可得：， 设函数， 因为指数函数在上是增函数，在上是减函数， 所以在上是增函数， 所以在上是增函数. 由可得，即. 故选：C 4．B 【分析】先利用分段函数的单调性画出图象，进而结合图象可求的取值范围. 【详解】令函数，则在上单调递减， 又函数在上单调递增， 于是函数在上单调递减， 则，其值域为； 所以由，解得. 又，在上单调递增，在上单调递减， 其值域为. 所以，解得或. 画出图象如下图所示： 结合图象可知， 使得在区间上的值域为，则实数t的取值范围是. 故选：B 5．B 【分析】根据给定条件，构造函数并确定单调性，再利用单调性比较大小. 【详解】令函数，则， 而函数在R上单调递增，，则， 又，于是， 而函数在上单调递增，，因此， 所以的大小关系是. 故选：B 6．D 【分析】由可得函数的周期性，再根据函数的对称性得到函数的奇偶性可判断AC；对于B，根据函数在的函数解析式结合函数的周期性，即可判断函数在上的单调性；最后根据周期性与奇偶性求出即可判断D. 【详解】对于A，因为函数的定义域为，其函数图象关于直线对称， 所以，又，所以， 所以，即，即该函数为偶函数，故A正确； 对于B，因为，所以， 即，所以函数是以为一个周期的函数， 当时，，因为当时，， 易得此时函数在上单调递增，因是函数的一个周期， 故函数在上也单调递增，故B正确； 对于C，因为函数的图象关于直线对称， 所以，又函数是偶函数，所以， 则，而， 故，即函数的图象关于直线对称，故C正确； 对于D，， 又时，， 故，故D错误. 故选：D. 7．C 【分析】根据，代入化简得到，解出后得到函数解析式，最后再代入计算即可. 【详解】由题意得，函数且的定义域为． 因为是奇函数，所以，即． 得，即，所以． 解得或（舍去），所以． 所以． 故选：C． 8．B 【分析】分别画出两函数图象，根据交点个数即可求出零点个数. 【详解】由题意，分别画出函数和的图象，如下图所示： 显然的值域为,易知，且当时，两函数图象无交点， 由图可知，与的图象共有10个交点，故原函数有10个零点． 故选：B 9．ACD 【分析】因为均为正数，所以可通过比较它们两两之间的商与1的大小来判断这它们的大小关系. 【详解】由，得，，，所以，． 当，即时，因为，所以，，所以，所以选项A正确． 当，即时，，所以选项C正确． 当，即时，因为，所以，，所以，所以选项D正确． 故选：ACD. 10．BD 【分析】根据奇偶性构造方程组求出函数，，然后根据解析式代入计算可 判断AB；判断函数的单调性，结合奇偶性去掉函数符号求解可判断C；令，将问题转化为方程有两个不相等的正实根，根据韦达定理和判别式列不等式组求解可判断D. 【详解】因为，分别是定义在上的偶函数和奇函数，且①， 所以，即②， 联立①②解得， 对A， ，A错误； 对B，，B正确； 对C，因为都是在上的增函数，所以在上单调递增， 由为奇函数，所以不等式， 即，解得，C错误； 对D，方程有两个不相等的实数根，则有两个不相等的实根， 整理得， 令，则有两个不相等的正实根， 由韦达定理和判别式可得，解得，D正确. 故选：BD 11．AB 【分析】根据给定条件，利用函数的定义逐项判断即可. 【详解】对于A，，对于，有唯一的与之对应， 因此是函数，A正确； 对于B，，对于，有唯一的与之对应， 因此是函数，B正确； 对于C，取，则，即在中存在一个数，在中有两个数与之对应， 因此不是函数，C错误； 对于D，取，不存在实数，使得，即在中存在一个数， 在中没有数与之对应，因此不是函数，D错误. 故选：AB 12． 【分析】先求出，分和两种情况，得到相应的方程，求出答案. 【详解】由题意得，解得，又，故， ，若，满足，此时，即； 若，也满足，此时，解得； 故实数a的所有取值构成的集合为. 故答案为： 13．充分不必要 【分析】分别根据二次函数，对数函数以及反比例函数的单调性化简命题和命题满足的的取值，即可根据集合间的关系求解. 【详解】解：若 要在上单调递减， 则，解得， 在上为增函数， 则，解得， 因为是的真子集，故命题是命题的充分不必要条件． 故答案为：充分不必要 14．81 【分析】根据题意列出等式，根据对数的计算法则进行化简求解 【详解】当鲑鱼游速时，耗氧量单位数为，故，化简得. 当鲑鱼游速时，耗氧量单位数为，故，化简得. 两式相减得，. 所以. 故答案为：81 15．(1)当，定义域为；当时，定义域为 (2) 【分析】（1）根据指数函数的单调性，分情况求出函数定义域； （2）先求出，然后参变分离，问题转化成，求出不等式左边的最小值即可. 【详解】（1）设，由题知，即， 根据指数函数的单调性， 当时，由，解得； 当时，由，解得. 综上，当，定义域为；当时，定义域为 （2）时，即，即，解得， 由于，此时， ， 则， 即， 即， 即， 设， 令，则， 此时， 根据对勾函数的单调性，在上递减， 注意到，则在取得最大值，即， 则，此时，则 16．(1)， (2) 【分析】（1）由题意，两边取对数解得，即可求得，再根据指数函数与对数函数的反函数关系可得； （2）由韦达定理得，利用对数运算法则得，利用换底公式化简得，即可得解. 【详解】（1）对于函数（且），，所以， 所以，即，所以，所以，所以； 又函数的图象与函数的图象关于直线对称，所以； （2）由题意m，n是方程即的根， 令，则是二次方程的两根， 所以，所以， 又， 所以. 17．(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）由指对数的运算性质将原方程化为关于的一元二次方程，结合定义域求解即可； （2）确定平移后解析式，代入求解即可； （3）由对数的运算性质及对数函数的单调性得到且．再通过讨论和求解即可. 【详解】（1）当时，， 所以原方程为， 由，得，又，所以， 所以， 即， 所以，考虑到， 解得， 所以． （2）将的图象向下平移（）个单位长度所得图象对应的函数为， 将点代入上式，得 解得 （3）由， 得， 所以且， 所以且． 当时，， 由得， 由，得， 所以； 当时，，， 由得， 由，得， 所以． 综上所述，当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为． 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，分和，两种情况，由不等式，结合指数函数与对数函数的性质，即可求解； （2）设直线与曲线相切于点，列出方程组，求得和的值，由，得到，分类讨论，即可求解； （3）结合图象，得到有三个不同的实数根，此时且，求得，由和，求得的表达式，进而求得其范围. 【详解】（1）解：当时，由，可得，解得； 当时，由，可得，即，解得， 综上可得，不等式的解集为． （2）解：作出的大致图象如图所示，由直线过定点， 当时，直线与曲线有2个不同的交点； 当时，曲线在点处的切线的斜率为， 设直线与曲线相切于点， 则，解得， 由，可知， 所以当时，直线与曲线没有交点，与曲线有2个交点，符合题意． 当或时，直线与曲线的交点均不是2个． 综上所述，实数的取值范围为．    （3）解：由于在上单调递增，且值域为，在上单调递增， 且值域为，，结合图象可知，有三个不同的实数根， 当且仅当有两个不同的实数根，即． 此时且，可得， 又由方程和， 由，可得，设， 由，可得或， 设，，则， 由于，是关于t的增函数，所以是关于的增函数， 所以的取值范围为． 19．(1)在定义域内单调递增，证明见解析 (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）利用定义法判断并证明的单调性； （2）利用图像关于点成中心对称图形的充要条件证明； （3）根据单调性和对称性可得，结合恒成立问题可得，运算求解即可． 【详解】（1）函数在定义域内单调递增，证明如下： ，任取，，令， 则，，， 故， 即，所以在定义域内单调递增． （2）证明：因为的定义域为， ，， 有， 所以的图象关于点对称． （3）因为，即， 由（1）可知：在定义域内单调递增，则， 由（2）可知：，即， 可得，即， 由，得， 即，解得， 所以实数的取值范围为． 第 1 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $