精品解析：安徽省芜湖市安徽师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期10月阶段性考试数学试题

2026届高三阶段模考数学试题 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. 设，则“”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. 已知为正实数，且，则的最小值为（　　） A. 12 B. 16 C. 18 D. 20 4. 已知，是第二象限角，且，则的值为（ ） A. B. 7 C. D. 5. 已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 函数是奇函数 D. 函数在区间上单调递增 6. 设，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数满足且时，；函数，则，零点的个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题是假命题的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 函数最小值为 C. 函数与是同一个函数 D. 若不等式的解集为，则不等式的解集为 10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，图像经过点，关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 直线与图象的所有交点的横坐标之和为 11. 已知定义域为的函数，对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（ ） A. B. 是奇函数 C. 关于中心对称 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________． 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 14. 已知函数，若有两个零点，则的取值范围是_____. 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. .已知命题，命题.若命题p和命题q至少有一个为真命题，求实数的取值范围． 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若在区间上有且仅有3个零点，求的取值范围． 17. 已知． （1）若的解集为，求关于的不等式的解集； （2）解关于的不等式． 18. 已知函数是偶函数. （1）求的值； （2）设函数，其中若函数与的图象有且只有一个交点，求的取值范围. 19. 已知函数． （1）当时，求的极小值； （2）当时，，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三阶段模考数学试题 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】B 【解析】 【分析】先得到，根据补集和并集概念进行求解 【详解】由题得，因为，所以. 又，所以. 故选：B. 2. 设，则“”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】A 【解析】 【分析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可. 【详解】求解二次不等式可得：或， 据此可知：是的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题. 3. 已知为正实数，且，则的最小值为（　　） A. 12 B. 16 C. 18 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，然后由基本不等式可得答案. 【详解】. 当且仅当，即时取等号. 故选：B 4. 已知，是第二象限角，且，则的值为（ ） A. B. 7 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求的值，再利用结合两角差的正切公式即可得解. 【详解】，是第二象限角，， 又 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数的计算，考查角的变换，利用是解题的关键，考查学生的转化与化归能力及计算能力，属于基础题. 5. 已知函数，将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的最大值为 C. 函数是奇函数 D. 函数在区间上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】应用二倍角余弦公式、辅助角公式化简函数式，结合正弦型函数的性质判断A、B；再由图象平移写出，结合奇函数性质及整体法求区间单调性判断C、D. 【详解】由题意得， 则的最小正周期，最大值为2，故A，B错误； 将函数的图象向右平移个单位长度可得到函数的图象， 所以，定义域为R，但，故C错误； 令，得， 因为，所以函数在区间上单调递增，故D正确， 故选：D 6. 设，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用幂函数、指数函数、对数函数的单调性，结合特殊值判定即可. 【详解】因为在上单调递减，所以，即. 因为在上单调递增，又，， 又，所以，故，所以. 故选：C. 7. 已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论. 【详解】因为函数为偶函数，则，可得， 因为函数为奇函数，则，所以，， 所以，，即， 故函数是以为周期的周期函数， 因为函数为奇函数，则， 故，其它三个选项未知. 故选：B. 8. 若函数满足且时，；函数，则，零点的个数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】利用周期作出的函数图象，根据与的图象交点个数得出的零点个数． 【详解】函数满足， 故函数是周期等于2的周期函数． 令，所以， 作出与的函数图象如图所示： 由图象可得和在，上有8个交点， 在，上有8个零点． 故选：D 【点睛】本题主要考查函数的零点的个数的判断，考查数形结合的数学思想，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题是假命题的是（ ） A. 命题“，”的否定是“，” B. 函数最小值为 C. 函数与是同一个函数 D. 若不等式的解集为，则不等式的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据存在性命题的否定判断A，利用换元法结合对勾函数单调性可判断B，根据函数定义域判断C，由一元二次不等式、一元二次方程的关系求不等式的解集判断D. 【详解】对于A，“，”的否定是“，”，故A为假命题； 对于B，令，则，所以函数在上单调递增， 所以，故B选项为真命题； 对于C，函数定义域为R，函数定义域为， 定义域不同，两函数不是同一个函数，故C选项为假命题； 对于D，由题意，方程的解为，且， 由韦达定理可得，解得， 则不等式，即， 由，则不等式变为，解得或，故D为假命题； 故选：ACD. 10. 已知函数（其中）的部分图象如图所示，图像经过点，关于直线对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于点中心对称 B. 在区间上单调递增 C. 的图象关于直线对称 D. 直线与图象的所有交点的横坐标之和为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数的周期性和最小值可求得，利用函数的对称性，单调性和图象性质即可求解. 【详解】由图可知，， 因为解得，所以， 又因为， 所以,解得， 因为，所以，所以， ，所以的图象不关于点中心对称，A错误； 解得, 所以当时，，所以在区间上单调递增，B正确； ，所以的图象不关于直线对称，C错误； 令即， 所以或， 即或， 因为，所以满足条件的所有的值为 所以所有交点的横坐标之和为，D正确， 故选:BD. 11. 已知定义域为的函数，对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（ ） A. B. 是奇函数 C. 关于中心对称 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，令得或，令得，结合求得；对B，令，结合利用偶函数定义判断；对C，令得，即可判断；对D，由B、C的解析可得函数的周期为4，从而可判断D. 【详解】对于A，令，可得，解得或， 令，， 又，若，则，显然不成立，故，故A正确； 对于B，令，得，即， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故B错误； 对于C，由选项A知，，所以， 令，得，即， 所以函数关于中心对称，故C正确； 对于D，因为为偶函数，所以， 又由C选项得，即，得， 所以，故函数的周期为4， 因为， 所以一个周期的和为， 所以，故D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】本题先求出、，再化简代入求值即可. 【详解】解：∵ ，，， ∴ 或 ①当且时， ； ②当且时， . 故答案为：1. 【点睛】本题考查了同角三角函数关系，二倍角公式，是基础题. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点求出，利用公切线斜率相等求出表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解 【详解】由，得，， 故曲线在处的切线方程为； 由，得得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 故切线方程为，即， 因两切线为同一条直线，方程相同，则，解得． 故答案为：2． 14. 已知函数，若有两个零点，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】把问题转化为，其中，结合图象知，当时，对应两个解，利用解出，并得到的表达式，以此构造函数，利用函数单调性求取值范围即可. 【详解】令，则等价于， 为函数的解，对应为的解， 结合图象知，当时，对应两个解， 不妨设，于是， 得，，， 令，有， 设，则， 令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 且， 因此的取值范围是， 即的取值范围是. 故答案为：. 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. .已知命题，命题.若命题p和命题q至少有一个为真命题，求实数的取值范围． 【答案】 【解析】 【分析】先考虑反面，即命题均为假命题时实数的取值范围，再求补集即可. 【详解】若命题为真命题， 则，解得. 若命题为真命题， 则，即，故， 所以当命题均为假命题时，，即， 其补集为.， 所以命题至少有一个为真命题时，实数的取值范围为. 16. 已知函数的最小正周期为． （1）求的值； （2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到函数的图象，若在区间上有且仅有3个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用正弦的和角公式及倍角公式得，再结合条件，即可求解； （2）根据条件得，由可得或，再结合条件，即可求解. 【小问1详解】 ， 又的最小正周期为，，则，所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 由时，得到，所以或 即或， 因为在区间上有且仅有3个零点， 由，令，得；令，得； 由，令，得；，得； 所以， 故的取值范围是. 17. 已知． （1）若的解集为，求关于的不等式的解集； （2）解关于的不等式． 【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；当时，原不等式的解集为 【解析】 【分析】（1）通过一元二次不等式的解集以及韦达定理求出参数，然后将分式不等式转化成一元二次不等式求解即可； （2）对参数进行分类讨论，并结合一元二次不等式的求解方法即可得到答案. 【小问1详解】 因为的解集为，即的解集为， 所以、为关于的方程的两根且， 所以，解得， 所以等价于，解得或， 故关于的不等式的解集为. 【小问2详解】 不等式，即，即， 当时，原不等式可化为，解得； 当时，原不等式可化为，解得或； 当时，原不等式可化为， 当，即时，解得； 当，即时，解得； 当，即时，解得． 综上所述，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； 当时，原不等式的解集为． 18. 已知函数是偶函数. （1）求的值； （2）设函数，其中若函数与的图象有且只有一个交点，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由偶函数的性质即可求出； （2）令，题目等价于在上只有一解，讨论，和三种情况讨论求解. 【详解】（1）∵是偶函数， ∴对任意恒成立， 即：恒成立， ∴. （2），，， 令，则，因而等价于关于的方程（*）在上只有一解， ①当时，解得，不合题意； ②当时，记， 其图象的对称轴， ∴函数在上递减而， ∴方程（*）在无解. ③当时，记，其图象的对称轴， 所以，只需，即，此恒成立， ∴此时的范围为， 综上所述，所求的取值范围. 【点睛】关键点睛：本题考查根据函数交点个数求参数范围，解题的关键是将其转化为在上只有一解，再讨论的范围求解. 19. 已知函数． （1）当时，求的极小值； （2）当时，，求实数的取值范围． 【答案】（1）0 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，通过二次求导判断的单调性，从而求得的极小值； （2）当时，分离变量可得，令，利用导数求得，当，令，求导证明令，即可求解. 【小问1详解】 当时，，则 令，则， 所以在上单调递增， 又因为，所以当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递增； 故在区间上单调递减，在区间上单调递增． 所以为函数的极小值点，极小值． 【小问2详解】 当时，符合题意； 当时，得． 令， 令， 则，令，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 因为， 所以存在，使得， 且在上，在上, 在单调递增，在单调递减， 又因为， 即当时，单调递增； 所以当时，． 当时，令， ， 则在上单调递增，此时， 故当时，． 所以， 故的取值范围为． 【点睛】方法点睛：利用参变分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解； （1）； （2）； （3）； （4）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $