精品解析：福建省龙岩市长汀县第一中学2025-2026学年高三上学期10月月考数学试题

2025~2026学年第一学期高三第二次月考 数学试卷 试卷满分：150分：考试时间：120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．请把答案填涂在答题卡的相应位置． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”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，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在处取得极大值，则的值是（ ） A. 1 B. 1或3 C. 3 D. 4 6. 若函数在上存在最值，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 7. 直线是曲线和的公切线，则（ ） A. B. C. 或 D. 8. 若函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若函数在区间内恰有5个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3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．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9. 下列说法中正确的有（ ） A. 与表示同一个函数 B. 函数的定义域是 C. 命题p：“，”的否定是：“，” D. 若，则 10. 已知x，y为正实数，，则（ ） A. xy的最大值为4 B. 的最小值为 C. 的最小值为3 D. 的最小值为16 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若恒成立，则的取值范围是 B. 当时，的零点只有1个 C. 若函数有两个不同的零点，则 D. 当时，若不等式恒成立，则正数m的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 函数的单调递减区间为__________. 13. 随着市场需求和消费习惯的转变，摆摊创业正吸引着越来越多创业者．小李打算批发某种水果摆摊售卖，设他进货总费用（百元）与进货量（单位：百斤）之间的关系为（为常数），若满足“随着进货量的增大，水果每斤的平均价格逐渐减小”，则的取值范围为___________． 14. 已知函数，函数．若有四个不同的零点，则的取值范围为___. 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. 求值： （1）； （2）． （3）设，试用表示． 16. 已知函数，曲线在点处的切线方程为 （1）求a，b的值； （2）求在上的最大值和最小值. 17. 已知幂函数是定义在上的偶函数. （1）求函数的解析式； （2）当时，函数有两个不同的零点，求实数的取值范围. 18. 已知函数，， （1）若关于的不等式的解集为{或}，求实数，的值； （2）当（1）的情况下，，且满足时，有恒成立，求的取值范围； （3）当时，求关于的不等式的解集. 19. 已知函数． （1）当时，求证：单调递增； （2）若在上不单调，求的取值范围； （3）当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025~2026学年第一学期高三第二次月考 数学试卷 试卷满分：150分：考试时间：120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．请把答案填涂在答题卡的相应位置． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解指数不等式求集合，再由集合的交运算求集合. 【详解】由，则. 故选：B 2. “”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】B 【解析】 【分析】由对数函数单调性可得等价于，结合充分、必要条件分析判断即可. 【详解】因为等价于， 则可以推出，即必要性成立； 但不能推出，例如，即充分性不成立； 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，；BC选项，利用不等式的性质可得；D选项，作差法比较大小. 【详解】A选项，因为，所以，A错误； BC选项，因为，所以，， 所以，，BC错误； D选项，，故，D正确. 故选：D 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数函数与对数函数的单调性，再结合特殊值即可得到判断. 【详解】由指数函数单调递增可知：， 由指数函数单调递减可知：，且， 由对数函数单调递减可知：， 综上可得，， 故选：C. 5. 已知函数在处取得极大值，则的值是（ ） A. 1 B. 1或3 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先利用函数的极值点定义求出或，再分别代入解析式，利用求导判断函数的单调性，验证极值点即可. 【详解】由求导，可得， 因函数在处取得极大值，则，解得或. 当时，， 由可得或，由可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时，函数取得极小值，不合题意； 当时，， 由可得或，由可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时，函数取得极大值，符合题意. 故选：C. 6. 若函数在上存在最值，则实数的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求得导函数的解析式，然后分类讨论和两种情况即可确定实数的取值范围. 【详解】由题可得， 当时，，函数在上单调递减，不存在最值； 当时，令，可得， 易得函数在上单调递增，在上单调递减， 若函数在上存在最值，则，即， 所以实数的取值范围为， 故选A． 【点睛】本题主要考查导函数研究函数的单调性，导函数研究函数的最值等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 7. 直线是曲线和的公切线，则（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别设两个切点，根据导数的几何意义分别求得切线方程，联立解方程即可. 【详解】对于，设切点为，求导得， 则在该点处的斜率为， 则切线方程为：，即， 对于，设切点为，求导得， 则在该点处的斜率为， 则切线方程为：，即， 因为是公切线， 所以，即， 所以，即， 所以 即或，解得或， 当时，此时，，所以 当时，此时，，所以， 所以或， 故选：C. 8. 若函数是定义在上的偶函数，对任意，都有，且当时，，若函数在区间内恰有5个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析并作出与满足条件的图象，结合图象求解. 【详解】由题意，函数是定义在上的偶函数，当时，， 则当时，，函数， 又由对任意，都有， 则，即的一个周期为2， 又由函数在区间内恰有5个不同的零点， 即函数与的图象在区间上有5个不同的交点， 如图， 则满足且，解得， 即实数的取值范围是. 故选：C. 二、多项选择题：本大题共3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．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9. 下列说法中正确的有（ ） A. 与表示同一个函数 B. 函数的定义域是 C. 命题p：“，”的否定是：“，” D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】借助相同函数定义可得A；借助定义域要求计算可得B；借助否定定义可得C；借助绝对值定义计算可得D. 【详解】对A：，， 故两函数表示同一个函数，故A正确； 对B：由题意可得，解得，故B正确； 对C：命题p：“，”的否定是：“，”，故C错误； 对D：，则，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知x，y为正实数，，则（ ） A. xy的最大值为4 B. 的最小值为 C. 的最小值为3 D. 的最小值为16 【答案】AD 【解析】 【分析】根据基本不等式即可对选项逐一判断. 【详解】A选项，因为为正实数，，则，当且仅当时取等号，故A选项正确； B选项，，当且仅当时取等号，所以的最大值为，故B选项错误； C选项，因为，则，故，当且仅当时取等号，故C选项错误； D选项，因为 ，因为， 所以，所以的最小值为16，故D选项正确. 故选：AD 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若恒成立，则的取值范围是 B. 当时，的零点只有1个 C. 若函数有两个不同的零点，则 D. 当时，若不等式恒成立，则正数m的取值范围是 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题考查了利用导数研究不等式恒成立与零点问题.根据条件，通过构造函数并利用导数研究其单调性、最值等问题解决问题 【详解】对于选项 因为函数定义域为，所以恒成立等价于：对恒成立. 设，则. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 因此函数在处取得最大值，最大值为. 因为对恒成立，所以.故选项错误. 对于选项. 当时，在定义域上恒成立.故在上递增. 且，，故在存在唯一的零点，故正确. 对于选项. 因函数的定义域为，所以两个零点. 因为，，所以，. 因此，即. 要证，只要证，即证. 令，要证，即要证. 令，. 因为， 所以函数是增函数，因此对，有. 则，即，即. 所以，故正确. 对于选项. 当时，不等式恒成立，即不等式恒成立. 即不等式恒成立，即恒成立. 设函数，则，故函数在定义域上单调递增. 因，即，所以. 设函数，. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以在时取最大值，. 故若要使在上恒成立， 即正数m的取值范围是，故正确. 故选： 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 函数的单调递减区间为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性求解，需注意函数的定义域. 【详解】在上单调递增，， 当时，单调递减， 根据复合函数的单调性知在（也可）上单调递减， 故答案为：（也可） 13. 随着市场需求和消费习惯的转变，摆摊创业正吸引着越来越多创业者．小李打算批发某种水果摆摊售卖，设他进货总费用（百元）与进货量（单位：百斤）之间的关系为（为常数），若满足“随着进货量的增大，水果每斤的平均价格逐渐减小”，则的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得水果每斤的平均价格为，根据题意可得函数在上单调递减，进而结合分段函数的单调性求解即可. 【详解】由题意，水果每斤的平均价格为， 因为随着进货量的增大，水果每斤的平均价格逐渐减小， 所以函数在上单调递减， 所以，解得， 则的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知函数，函数．若有四个不同的零点，则的取值范围为___. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数与方程的思想，将有四个不同的零点转化为函数与有四个不同的交点，作出图象，求得，利用对称性得，根据函数的图象特征可得，，借助于对勾函数的单调性即可求得的取值范围. 【详解】 由函数有四个不同的零点，可知函数与有四个不同的交点， 设这四个交点的横坐标从小到大依次为，如图所示，则，可得， 因点关于直线对称，故； 由可得， 则有，且，即得， 于是，， 因函数在上单调递减，故可得， 则的取值范围为. 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. 求值： （1）； （2）． （3）设，试用表示． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用根式和分数指数幂运算法则进行计算； （2）利用对数运算法则计算即可； （3）利用换底公式和对数运算法则进行求解. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 ； 【小问3详解】 ， . 16. 已知函数，曲线在点处的切线方程为 （1）求a，b的值； （2）求在上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为13，最小值为. 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义列方程组求解 （2）由导数分析单调性后求解 【小问1详解】 依题意可知点为切点，代入切线方程可得 ∴，即， 又由得，， 而由切线的斜率可知 ∴，即， 由，解得 【小问2详解】 由（1）知 ， 令，得或， 当x变化时，，的变化情况如下表： x 2 0 0 ＋ 13 单调递减 单调递增 13 ∴最大值为13，最小值为 17. 已知幂函数是定义在上的偶函数. （1）求函数的解析式； （2）当时，函数有两个不同的零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数为幂函数，列式求出m的值，结合函数为偶函数，即可求得答案. （2）将函数的零点问题转化为函数图象的交点问题，结合换元法以及二次函数性质，即可求得答案. 【小问1详解】 是幂函数，故， 解得或2， 当时，，其定义域为，且， 即函数为奇函数，不符合题意； 当时，，函数为偶函数，符合题意， 所以函数的解析式为. 【小问2详解】 由（1）知， 则，， 函数有两个不同的零点， 即的图象与直线在时有两个不同的交点， 令，，令， 当时，函数单调递减，当时，函数单调递增， ， 故要使得的图象与直线在时有两个不同的交点， 需满足， 即. 18. 已知函数，， （1）若关于的不等式的解集为{或}，求实数，的值； （2）当（1）的情况下，，且满足时，有恒成立，求的取值范围； （3）当时，求关于的不等式的解集. 【答案】（1），； （2）； （3）当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为. 【解析】 【分析】（1）先将代入，整理后得到，由题意得到的解集为或，从而得到方程 的两根为或及，将代入得到的值，再将代入，求解此方程得解； （2）先在上乘以，得到，再将去掉括号，利用基本不等式求解即可； （3）先将代入不等式，将其因式分解为，再根据，解出方程的根，按照根的大小分类讨论得到不等式的解集. 【小问1详解】 ，可化为， 移项整理得，不等式的解集为或， 或是方程的两个跟，且. 将代入方程，可得，解得. 把代入方程，得到，因式分解为， 即，故，. 【小问2详解】 由（1）知，，则，，，， 当且仅当时，即时，等号成立， ，恒成立， ，，， ，， 故的取值范围是. 【小问3详解】 不等式，即，因式分解为， ，的两根为，， ①当，即时，不等式，不等式的解集为； ②当，即时，不等式的解集为； ③当，即时，不等式的解集为. 综上可知，当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. 19. 已知函数． （1）当时，求证：单调递增； （2）若在上不单调，求的取值范围； （3）当时，证明：在上的最小值为1．（参考数据：） 【答案】（1） 当时，，， 令，， 所以时，，单调递减，时，，单调递增， 则，即恒成立， 故单调递增. （2） （3） 由（2）知，当时，在单调递增，所以； 当时，由（2）知，在单调递增，在单调递减，如图， 则时，有两个根， 又，，所以不妨取， 当，，即， 同理可得或，，所以时，，单调递增， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以， 令，， 所以时，，单调递减，又， 所以在上恒成立，即，又， 故此时的最小值为1， 综上,当时，在上的最小值为1. 【解析】 【分析】（1）求导，令，继续求导，根据导数确定单调性，可得，即，故得证； （2）求导，又，发现，若在上单调，即，即，令，利用导数得到最值，结合即可得到不单调时的范围； （3）由（2）知，当时，易得在单调递增，所以，当，结合（2）中的单调性，可得有2个解，且 ，由此可得，令，利用导数可证，即，结合即可证明. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ，因为，所以， 若在上单调，则有解，即在恒成立， 即，令，， 所以时，，单调递增，时，，单调递减， ，则时，在上单调， 所以若在上不单调，则. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $