精品解析：江西省2026届高三上学期10月一轮复习阶段检测数学试题

江西省2026届高三10月一轮复习阶段检测 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.考查范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 3.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. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：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. 已知集合，则的真子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 设命题，，则的真假与否定形式分别为（ ） A. 假命题，， B. 真命题，， C. 假命题，， D. 真命题，， 3. 记为正数，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） 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 4. 设函数，则在区间上（ ） A. 单调递减 B. 单调递增 C. 先单调递减后单调递增 D. 先单调递增后单调递减 5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 设定义域为的偶函数满足，且对于任意的，均有，则的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 在平面直角坐标系中，，为曲线上一动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 设实数满足，则下列不等式一定成立的有（ ） A. B. C. D. 10. 若存在函数，使得函数满足，则称是“变量函数”.已知函数，，，若是“变量函数”，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 若恒成立，则 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，曲线关于点对称 C. 当时，若过点可以作曲线的三条切线，则 D. 存在使得方程有三个不等的实根（），且 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知幂函数的定义域为，则_________. 13. 设，则的最小值为__________. 14. 方程根的个数为__________. 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. 已知集合，. （1）若，且，求的值； （2）当时，若，求，的值. 16. 已知定义在上的函数满足：对于任意的，均有，且当时，. （1）求； （2）探究的奇偶性； （3）用定义法证明在区间上单调递增. 17. 隐含波动率常用于刻画转债的估值水平，记为转债价格，为剩余期限，为折现利率，进行参数调整后，，其中为参数，为转债标准差. （1）若，求的最小值； （2）现将逐步调小，此时逐渐增大，最终近似得到. （ⅰ）若，，求； （ⅱ）证明：. 18. 设函数. （1）当时，求在区间上的极值； （2）证明：存在使曲线在处的切线经过原点； （3）若在区间上恒成立，求整数的最小值. 19. 已知函数. （1）证明：曲线在点处的切线恒过定点，并求出该定点坐标； （2）若存在使得，记的导函数为. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江西省2026届高三10月一轮复习阶段检测 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.考查范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 3.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. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 一、选择题：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. 已知集合，则的真子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先解绝对值不等式得到集合B，接着由交集定义求出，再由真子集定义列举计数即可得解. 【详解】解， 所以. 又，所以， 所以的真子集有，共3个. 故选：C 2. 设命题，，则的真假与否定形式分别为（ ） A. 假命题，， B. 真命题，， C. 假命题，， D. 真命题，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用全称量词命题真假判断方法及否定判断即得. 【详解】命题是全称量词命题，取，得，命题是假命题， 命题的否定是，. 故选：C 3. 记为正数，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ） 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】利用对数函数单调性化简命题甲，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】由，得，解得，即甲：， 显然集合真包含于集合， 所以甲是乙的充分不必要条件. 故选：A 4. 设函数，则在区间上（ ） A. 单调递减 B. 单调递增 C. 先单调递减后单调递增 D. 先单调递增后单调递减 【答案】B 【解析】 【分析】令，利用导数判断的符号即可判断的单调性. 【详解】，令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减， 在上单调递增，. 所以即在上恒成立，所以在上单调递增. 故选：B 5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数型复合函数单调性、二次函数单调性列式求解. 【详解】由函数在上单调递增，得，解得， 所以的取值范围是. 故选：D 6. 设定义域为的偶函数满足，且对于任意的，均有，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，确定函数的单调性，结合偶函数的性质求出解集. 【详解】由上的偶函数满足，得， 由对于任意的，均有，得当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 不等式化为：或，解得或， 所以不等式的解集为. 故选：B 7. 在平面直角坐标系中，，为曲线上一动点，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，将问题转化为曲线在处的切线垂直于，求出点坐标，进而求出. 【详解】依题意，当曲线在处的切线垂直于时，取得最小值， 设，求导得，则， 整理得，而函数在上单调递增， 又，因此，点，所以. 故选：D 8. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数解析式得出，再应用裂项相消法计算求解. 【详解】因为，所以， 所以， 所以 . 故选：B. 二、选择题：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. 设实数满足，则下列不等式一定成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用不等式性质，结合指数函数、对数函数单调性逐项判断即可. 【详解】对于A，由，得，则，A正确； 对于B，由，得，则，B错误； 对于C，取，则，C错误； 对于D，由，得，则，D正确. 故选：AD 10. 若存在函数，使得函数满足，则称是“变量函数”.已知函数，，，若是“变量函数”，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 若恒成立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意列出不等式，令可判断A；根据一元二次不等式恒成立的条件可判断BD，利用配方法可判断C. 【详解】由题意可知在上恒成立，令得， 即，故A正确； 由可得，代入不等式组中整理得， 所以，故B错误； 由可得，所以，所以的最小值为，故C正确； 若恒成立，即恒成立， 所以有，故D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，曲线关于点对称 C. 当时，若过点可以作曲线的三条切线，则 D. 存在使得方程有三个不等的实根（），且 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出零点判断A；利用中心对称的定义判断B；利用导数及几何意义列出方程，构造函数并由函数有3个零点，结合导数推理判断C；取，求出方程并判断D. 【详解】对于A，当时，函数只有一个零点，A错误； 对于B，当时，函数， 则，曲线关于点对称，B正确； 对于C，当时，函数，曲线为，设切点为， 求导得，于是切线方程为，由切线过点， 得，整理得，令， 依题意，函数有3个零点，求导得， 当时，，函数只有1个零点，不符合题意； 当时，由，得或，由，得， 函数在上递增，在上递减，由函数有3个零点， 得，则； 当时，由，得或，由，得， 函数在上递增，在上递减，由函数有3个零点， 得，则，因此，C正确； 对于D，由方程，得，取，则， 整理得，于是，D正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知幂函数的定义域为，则_________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据函数是幂函数得出参数，再代入计算求出函数值. 【详解】因为函数是幂函数，所以，所以， 所以或， 又因为函数的定义域为， 当时，定义域为不符合题意； 当时，符合题意； 所以，则。 故答案为：4. 13. 设，则的最小值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】根据给定条件，利用基本不等式求出最小值. 【详解】由，得，则 ，当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为3. 故答案为：3 14. 方程根的个数为__________. 【答案】1 【解析】 【分析】由方程的意义构造函数，再利用导数探讨其零点个数即可. 【详解】方程，令， 求导得，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在上递减，在上递增，， ，则存在，使得，当或时，， 当时，，函数在上递增，在上递减， ，而，因此函数在内有唯一零点， 所以方程根的个数为1. 故答案为：1 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. 已知集合，. （1）若，且，求的值； （2）当时，若，求，的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出集合，再根据得出即可求解； （2）先根据及，得出集合，再列式计算求参. 【小问1详解】 当时，，又因为， 所以，所以，所以； 【小问2详解】 当时，， 因为，， 所以只有一个元素且， 所以，所以. 16. 已知定义在上的函数满足：对于任意的，均有，且当时，. （1）求； （2）探究的奇偶性； （3）用定义法证明在区间上单调递增. 【答案】（1）0； （2）奇函数； （3）且，令，则，即, 因，则， 故，即， 则，所以函数在区间上单调递增. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用赋值法求出目标值； （2）利用奇函数的定义推理判断； （3）利用增函数的定义推理得证. 【小问1详解】 对于任意的，均有， 取，得，即得. 【小问2详解】 函数的定义域为，对，令，得， ，因此， 所以函数为奇函数. 【小问3详解】 略 17. 隐含波动率常用于刻画转债的估值水平，记为转债价格，为剩余期限，为折现利率，进行参数调整后，，其中为参数，为转债标准差. （1）若，求的最小值； （2）现将逐步调小，此时逐渐增大，最终近似得到. （ⅰ）若，，求； （ⅱ）证明：. 【答案】（1）8； （2）（ⅰ）1； （ⅱ） 令函数，求导得，当时，；当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，， 则，即， 因此， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用基本不等式求出最小值. （2）（ⅰ）利用指数、对数运算法则求解；（ⅱ）构造函数，利用导数证明不等式即得. 【小问1详解】 由，得， 当且仅当时取等号，所以的最小值为8. 【小问2详解】 （ⅰ）依题意，，即， 所以. （ⅱ）略 18. 设函数. （1）当时，求在区间上的极值； （2）证明：存在使曲线在处的切线经过原点； （3）若在区间上恒成立，求整数的最小值. 【答案】（1）； （2）证明见解析 （3）1 【解析】 【分析】（1）令，解得或或，再利用极值点的概念逐一判断即可求解； （2）利用导数的几何意义即可证明； （3）首先证明在单调递增时满足题意，单调递减时不满足题意，可得的范围，再证明当时，找到一点使得，从而说明不合题意即可求解. 【小问1详解】 当时，， 令，解得或或. 当时，，当时，，所以在处取得极小值， 当时，，所以在不是函数的极值点， 当时，，所以在处取得极大值， 综上所述，. 【小问2详解】 由题意可知，， 所以，所以在处的切线方程为， 把代入切线方程解得， 故存在使得曲线在处的切线过原点. 【小问3详解】 由（2）可知，当时，，所以在上单调递增， 又因为，所以，所以满足题意； 当时，，所以在上单调递减，所以， 又因为当时，或，， 所以必存在，使得，故不合题意； 当时，，， 所以在不恒成立，故不合题意. 综上所述：整数的最小值为. 19. 已知函数. （1）证明：曲线在点处的切线恒过定点，并求出该定点坐标； （2）若存在使得，记的导函数为. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） 由题意可知：函数的定义域为，且， 则，，即切点坐标为，切线斜率， 所求切线方程为，即， 令，解得， 所以切线恒过定点. （2） （i）； （ii）设，构建， 则， 记的导函数为，的导函数为， 且的导函数为，的导函数为， 则，且， 因为，且， 又因为， 且在内恒成立， 若，则，可得， 可知在内单调递增，则， 可知在内单调递增，则， 若，则，可知在内单调递增，不合题意； 所以； 若，由（i）可知：直线与在内存在唯一交点横坐标为， 则，由单调性可得， 可得， 因为在内单调递减，在内单调递增， 可得， ， 所以； 综上所述：. 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程，进而分析定点； （2）（i）求导，分析讨论分析函数的单调性，结合单调性分析求解；（ii）构建设，构建，求导，分类讨论分析的符号分析证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 构建，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，所以. （i）构建，则， ①若，则，可知在内单调递增， 且，当趋近于时，趋近于， 可知在定义域内存在唯一零点， 当时，，即；当时，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则至多存在两个实数，使得，不合题意； ②若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，即， 若，则，即， 可知在定义域内单调递增，不合题意； 若，则， 当时，则； 当时，则； 可知在和内分别存在一个零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，符合题意； 综上所述：实数的取值范围； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $