精品解析：吉林省长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期第一次摸底考试数学试题

东北师大附中2025-2026学年上学期 高三年级第一次摸底考试（数学）科试卷 注意事项： 1.答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号. 3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单项选择题：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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，再由交集运算即可求解. 【详解】， 由，可得：， 所以， 故选：B 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，根据集合的包含关系和充分性、必要性的概念求解即可. 【详解】由可得，解得， 由解得或， 因为集合是集合真子集， 即由可推出或，由或，推不出， 所以“”是“”的充分而不必要条件， 故选：A 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数为奇函数，求得，即可求解. 【详解】由题意可得：， 所以，可得：， 所以，. 故选：C 4. 若，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二倍角的正余弦公式化简，再由同角三角函数的基本关系得解. 详解】由，， 可得， 即，故， 故选：C 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用换底公式结合指数与对数间的运算，求得或，代入，即可化简求得结果. 【详解】由题知，， 则 ，可得或， 所以或， 若，又， 则，所以， 则或（舍去），，； 若，又， 则，所以， 则或（舍去）， 所以， 综上，. 故选：B 6. 已知，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合基本不等式，即可求解最值. 【详解】由，可得， 当且仅当时，等号成立， 令，，可得， 解得或（舍去）， 即. 故选：D 7. 设函数的导函数为，且，则的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由求，解不等式求单调区间. 【详解】定义域为，， 所以，解得， 所以，， 由解得， 所以的单调递减区间为. 故选：A. 8. 已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，由题设条件可得其单调性，从而可求函数不等式的解. 【详解】构造函数，则， ∴函数在上单调递减， ∵，∴， 由得，即， ∵函数在上单调递减，∴， 故选：D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的值域为 B. 是函数图象一个对称中心 C. 该函数的解析式为 D. 函数的减区间是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据所给三角函数的图像，可求得函数的解析式，再结合正弦函数的图像性质，逐项进行求解即可. 【详解】根据所给函数图像，可知的最大值为，最小值为， 所以函数的值域为，且，故A选项正确； 函数的周期满足，所以，即，解得， 又，所以，所以， 根据函数图像，点在图像上，即， 解得，又，所以， 所以，故C选项错误； 由正弦函数对称中心公式，可得其对称中心的横坐标满足， 解得，当时，， 故是函数图象的一个对称中心，B选项正确； 根据正弦函数的单调性，得其递减区间满足， 解得，故D选项正确. 故选：ABD 10. 已知的定义域为，其函数图象关于直线对称且，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 在上单调递减 C. 关于对称 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由函数关于直线对称及，结合偶函数定义判断；对B，由函数周期性得在解析式，判断其单调性；对C，由偶函数性质及函数关于直线对称可得；对D，由函数周期性可求. 【详解】对于A：因为的图象关于直线对称，所以， 又，所以， 所以，为偶函数，A正确； 对于B：因为，所以，即周期为， ，，， 所以，因为在单调递增， 所以在单调递增，B错误； 对于C：因为为偶函数，因为的图象关于直线对称， 所以关于对称，C正确； 对于D：因为周期为，所以，又关于对称， 所以，D正确； 故选：ACD. 11. 数学中有很多优美的图形，如图2所示的叶子形状的曲线，是由函数与的部分图象组合而成的封闭曲线，则（　　） A. 是轴对称图形 B. 的弦长的最大值为 C. 直线被截得弦长的最大值为 D. 的面积为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用反函数概念可判断；联立方程，求出交点即可判断；找出过与曲线相切且与平行的点即可；由，计算即可判断. 【详解】由得， 的反函数为，两者关于对称，故A正确. 由得， 令， 当时，；当时，； 在上单调递减；上单调递增， 注意到，， 在和有一个零点，另一个零点为， ，故B错误. 与曲线对称轴垂直， 如图，只需考察曲线上到距离大最大值即可， 找出过与曲线相切且与平行的点即可， 令，令， 此时到的距离， 直线被截得弦长最大值为，故正确. ，故D不正确. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分. 12. 曲线在处的切线方程为____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解. 【详解】由，知切线的斜率， 又切线过切点， 所以切线方程为，即. 故答案为： 13. 已知函数在处有极小值，则的值为____________. 【答案】1 【解析】 【分析】由函数在处取得极小值，可得，求得或，根据函数极值的概念，分别代入验证，即可求解. 【详解】由题意，函数，可得， 因为函数在处取得极小值， 所以，即， 解得或， ①当时，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以函数在处取得极小值，符合题意. ②当时，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以函数在处取得极大值，不符合题意， 综上可得，. 故答案为：1 14. 设函数，若函数有三个零点，则____________. 【答案】3 【解析】 【分析】画出的图象，利用函数的图象判断函数零点个数，求出的值即可求解. 【详解】作出图象如图所示， 令，由图象可知当时有三个解，当时有两个解， 因为关于的方程有三个零点，所以只能有一个根， 所以由解得，，， 所以， 故答案为：3 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. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）设函数，求的值域. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）结合余弦函数的单调性即可得解； （2）由三角恒等变换得，由此可得值域. 【小问1详解】 令，解得， 令，解得， 所以函数的单调递减区间为， 函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 ， 所以 ， 所以函数的值域为， 16. 已知定义域为的函数为奇函数. （1）求和的值； （2）求不等式的解集. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由奇函数的性质可得，可得，又由可得出关于的等式，由此可解得实数的值，即可求解； （2）由（1）的结论，分析可得在上是增函数且为奇函数，进而可以将不等式转化为，结合函数的单调性即可得，求解即可． 【小问1详解】 由题意知函数为定义在上的奇函数， 则有，解得， 所以， 因为函数为奇函数，则， 而， 所以，整理可得， 即对任意的恒成立，解得， 所以，； 【小问2详解】 由（1）可得，所以在上单调递增， 由可得， 所以，所以， 即，解得， 所以不等式的解集为. 17. 已知函数，. （1）若，证明：； （2）若，证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1） 求出函数导数判断函数单调性，利用单调性即可证明； （2）求导可得，设，易得在上单调递减，进而可求出函数的符号分布情况，即可求出函数的极值点，再根据零点的存在性定理即可得证. 【小问1详解】 当时，， ， 所以在上单调递减， 所以当时，， 即. 【小问2详解】 由题得， 因为，所以，设， 则在上恒成立，所以在上单调递减， ，令， 所以当时，，则；当时，，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在上存在唯一极值点， 对函数有在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以在上恒成立， 时，所以时， 又因为，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以存在唯一零点使得，即在上存在唯一零点. 18. 设数列前项之积为，满足. （1）求，； （2）证明数列为等比数列，并求通项公式； （3）设数列的前项之和为，证明：. 【答案】（1）， （2）证明见解析， （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据递推关系，将代入即可求解； （2）根据等比数列的定义证明为等比数列，利用等比数列的通项公式和与的关系求通项公式即可； （3）利用（2）中结论可得，通过判断增减性和放缩证明即可. 【小问1详解】 因为数列前项之积为，满足， 所以当时，，解得， 当时，，解得， 所以，. 【小问2详解】 由（1）易知， 由可得当时， 又因为当时，所以， 两边同除以得，即， 又，，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，解得， 当时，当时，， 经检验当时仍成立， 所以 【小问3详解】 由（2）可得， 所以，所以， 当时，， 当时， 则当时 ， 即随着的增大，不断减小，所以， 又， 所以得证. 19. 设函数. （1）当时，求的最大值； （2），，使得恒成立，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两角和公式和二倍角公式化简，利用换元法可得，，再利用导数求的最大值即可； （2）将原问题转化为，按的不同取值范围分类讨论即可. 【小问1详解】 当时，， 因为 ， 所以， 令，则函数变为，，原问题转化为求的最大值， 因为，令解得， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因为，， 所以的最大值为，即的最大值为. 【小问2详解】 问题转化对，使恒成立， 即需满足， 其中，为在的最小值， 设，则时，，由函数的周期性，我们只讨论上的情况， 当时，的最小值为； 当时，的最小值为； 当时，的最小值为（即）， 当（）时，， 令，求导得，单调递增， 最大值为； 当（）时，，最大值为； 当（）时，， 令，求导得，单调递增， 最大值为； 当时，，，使得，； 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 东北师大附中2025-2026学年上学期 高三年级第一次摸底考试（数学）科试卷 注意事项： 1.答题前，考生需将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡指定位置上，并粘贴条形码. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其它答案标号. 3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效. 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单项选择题：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 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知函数为奇函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4. 若，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 5. 若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数的导函数为，且，则的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 8. 已知可导函数导函数为，若对任意的，都有且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 函数在一个周期内的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的值域为 B. 是函数图象的一个对称中心 C. 该函数的解析式为 D. 函数的减区间是 10. 已知的定义域为，其函数图象关于直线对称且，当时，，则下列结论正确的是（ ） A. 为偶函数 B. 在上单调递减 C. 关于对称 D. 11. 数学中有很多优美的图形，如图2所示的叶子形状的曲线，是由函数与的部分图象组合而成的封闭曲线，则（　　） A. 是轴对称图形 B. 的弦长的最大值为 C. 直线被截得弦长的最大值为 D. 的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分.共15分. 12. 曲线在处的切线方程为____________. 13. 已知函数在处有极小值，则的值为____________. 14. 设函数，若函数有三个零点，则____________. 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. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）设函数，求的值域. 16. 已知定义域为的函数为奇函数. （1）求和值； （2）求不等式的解集. 17 已知函数，. （1）若，证明：； （2）若，证明：在区间存在唯一的极值点和唯一的零点. 18. 设数列前项之积为，满足. （1）求，； （2）证明数列为等比数列，并求通项公式； （3）设数列的前项之和为，证明：. 19 设函数. （1）当时，求的最大值； （2），，使得恒成立，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $