江苏苏州市昆山震川高级中学2025-2026学年第一学期学业水平阳光指标调研卷高三数学

2025-2026学年第一学期震川中学学业水平阳光指标调研卷 高 三 数 学 2026.2 注意事项： 1. 试卷满分150分，调研时间120分钟 2. 请把选择题的答案用2B铅笔填涂在答题卡的指定位置，把非选择题的答案用0.5mm黑色墨水的签字笔写在答题卡上的指定位置 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．已知函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式不成立的是 A． B． C． D． 2．平面四边形中，，，．现将沿翻折至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为 A． B． C． D． 3．设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”．对于映射：，符合条件的不减函数有 A．16个 B．18个 C．20个 D．22个 4．下列比大小正确的是 A． B． C． D． 5．，，若在其定义域上有且仅有两个零点，则的取值范围是 A． B． C． D． 6．已知函数定义域为为偶函数，是奇函数且，则 A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 7．已知，则的值为 A．255 B．256 C．511 D．512 8．已知复合函数求导法则符合，记是的反函数，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，部分选对的的部分分，有选错的得0分。 9．，表示不超过x的最大整数，例如，．十八世纪，函数被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称之为“取整函数”．则下列命题中是真命题的是 A．， B．，， C．， D．函数的值域为 10．已知实数a，b满足，则 A．当时， B．当且时， C．当时， D．当时， 11．设非常值函数定义域为，，且对于任意都满足，则下列说法正确的是 A． B．是奇函数 C． D．若有且仅有一个负整数解，则的取值范围是 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知p：， q：函数存在零点．若命题p，q一真一假，则实数m的取值范围是 ▲ ． 13．已知函数的导函数为，且函数的图象经过点.若对任意一个负数，不等式恒成立，则整数的最小值为 ▲ 14．“指数找基友”是高中导数的重要思想，如和，这揭示了它们导数之间的奇妙关系．已知定义在上的可导函数和满足以下关系：，，，，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．已知定义在上的函数满足函数为奇函数，且. (1)求,的值； (2)用单调性定义证明：函数在区间上单调递增． 16．已知函数，． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)求函数的单调增区间； (3)若存在极大值点，求证：． 17．已知函数， （1）当时，求函数的单调区间； （2）若函数在区间上有1个零点，求实数的取值范围； （3）是否存在正整数，使得在上恒成立？若存在，求出k的最大值；若不存在，说明理由． 18．已知函数（为自然对数的底数）， (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，. 19．已知函数，其中，且． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的零点个数； (3)若恒成立，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C D B B A B BD AD 题号 11 答案 AD 1．A 【详解】试题分析：由题意可知，则 ，所以g（x）在 上 单调递增，则 ，即 ，可得 ，故A错， 利用，可得出选项B,C,D，正确 故选A 2．C 【分析】设，根据球的性质找出球心平面，进一步确定其具体位置为的交点，其中的外心为，进而在直角三角形中解决即可. 【详解】设， 因，，则是等边三角形， 因，，则， 因，则与全等，则， 则，为中点（三线合一），则，， 在中利用余弦定理得 因平面，则平面， 因为线段的中点，则三棱锥的外接球球心平面， 设的外心为，则为线段上靠近点的三等分点， 因的外心为，则平面，平面， 因平面，平面，则， 因，则， 因，则在中，， 则在中，， 三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C 3．C 【分析】根据“不减函数”的定义，分情况讨论，列出所有情况即可． 【详解】分情况讨论，值域取1个元素， 取2个元素，取3个元素. 值域1个元素，可以；；；；共4个. 值域取2个元素， ；；；； ；；；； ；；；；共12个． 值域取3个元素， ；；；；共4个. 总共有20个. 故选：C. 4．D 【分析】构造函数根据函数单调性判断A,化简函数构造函数后应用函数单调性判断B,应用对数运算化简判断C,计算判断D. 【详解】对于A:设, 当在上单调递增， 所以,所以,A错误； 对于B:设， 当在上单调递增，当在上单调递减, 所以 , 所以, 当取所以,B选项错误； 对于C:因为，C错误； 对于D:因为,D选项正确. 故选：D. 5．B 【分析】利用导数求出的单调区间，画出的大致图象，令，则问题转化为方程有两个不相等的实根，且，然后结合根与系数的关系可求得答案. 【详解】由，得， 由，得，解得或， 由，得，解得或， 所以在和上递增，在和上递减， 所以的大致图象如图所示， 令，由， 则，则， 所以方程有两个不相等的实根，则， 因为在其定义域上有且仅有两个零点， 所以由的图象可知， 不妨设，则， 因为，所以， 所以，得，所以， 由，得， 所以在上递增，所以， 即的取值范围是. 故选：B. 6．B 【分析】由为奇函数得对称中心为，结合为偶函数，求周期为，从而求出，利用周期性即可求解. 【详解】因为为奇函数，则，且函数的图象关于中心对称，即， 因为为偶函数，所以，则， 所以，，所以，故的周期为， 因为， 所以 . 故选：B. 7．A 【分析】利用二项式定理写出展开式的通项，令求出，分别令、，再两式相加可得，再减去即可. 【详解】令，得， 令，得， 令，得， 两式相加得， 得， 则. 故选：A. 8．B 【分析】先根据反函数定义得到，两边求导得到，再求出，从而得到答案. 【详解】因为互为反函数，所以， 两边求导得， 故， 两边求导得， 故， 是的反函数，故， 故， 故. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于，利用互为反函数得到以，从而利用复合函数的求导即可得解. 9．BD 【分析】由“取整函数”定义可判断选项A，C；根据定义与不等式性质可判断B，D． 【详解】由定义得：，故对，故A错； 由定义得：，所以 ，所以，故B正确； 由定义得：，故C错； 由定义得：，所以，故的值域为，D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：正确理解新定义是解题的基础，由新定义转化为不等式关系是解题的关键． 10．AD 【分析】A选项，代入验证可得；C选项，可举出反例；B选项，变形得到，令，则，令，，求导得到其单调性，结合函数走势，得到；D选项，令，则，证明，即证，构造函数可证，得到结论. 【详解】A选项，时，恒成立，故，A正确； B选项，当且时，两边取对数，， 即，令，则， 令，，则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， ，故，所以在上单调递增， 且趋向于0时，趋向于，当时，， 故，B错误； C选项，当时，两边取对数，，， 不妨令，则，C错误； D选项，时，由B知，，令，则， 下面证明，即证， 令，， 故在上单调递增，且， 所以，故，D正确. 故选：AD 11．AD 【分析】令，可得是以为首项，为公比的等比数列，求出，然后利用错位相减求和可判断A；利用奇偶性定义可判断B；求出、可判断C；令，利用导数得出的大致图象，结合图象可判断D. 【详解】对于A，令，则，可得， 且，所以是以为首项，为公比的等比数列， ， 设， 则， 所以， 可得，故A正确； 对于B，由A选项可知，，， ，所以是不奇函数，故B错误； 对于C，，， 所以，故C错误； 对于D，由得， 令，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 当时，，且， 所以的大致图象如下图， 直线横过定点， 设直线与的切点为， 则，， 所以，解得，或， 因为，不满足有且仅有一个整数解； 所以要使有且仅有一个整数解， 只须，解得，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是求出的解析式和数形结合解题. 12． 【分析】利用分离参数法处理恒成立问题，函数零点问题转化为方程根的问题，再转化为函数问题. 【详解】对于命题p：，当命题p为真有： 即在上恒成立，由对勾函数的图像与性质有： 函数在上单调递减，所以当时，， ，所以.所以若p为真，则. 对于命题q：函数存在零点.设，则， 则函数化为，由题意知在上存在零点， 令，得，又，所以若q为真，则m<1. 若命题p，q一真一假，则或，解得，即. 故所求实数m的取值范围是. 故答案为：. 13．2 【分析】根据题意，设函数，代入点即可求出，进而求出函数的解析式.将问题转化为，，构造函数，，利用导数求出函数的最值，从而得出答案. 【详解】由函数的导函数为，所以设函数， 又函数的图象经过点，代入，得，解得， 所以， 因为对任意一个负数，不等式恒成立，即， 得，， 构造函数，，则， 令，则，令，解得， 所以当时，恒成立，即在上单调递减， 当时，恒成立，即在上单调递增， 且，，，， 所以存在使，且， 所以当时，恒成立， 在上单调递增， 当时，恒成立， 在上单调递减， 所以在时取得最大值，为， 由，得到， 代入得到，， 从而得函数， 由于且取整数，所以的最小值为 故答案为： 14． 【分析】根据题意整理可得，进而可得，即，再根据题意可得，结合奇函数以及列式求解即可. 【详解】由题意可知：的定义域为， 因为，，则， 即， 由题意可知：，即， 可得，则， 可得，即，则， 又因为，，则， 可得，解得， 即，， 此时符合题意， 所以，. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据化简可得，进而可得，再结合题意可得，化简运算即可. 15．(1)， (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得，结合可求得，； （2）根据函数单调性的定义,任取，且，计算推得,即得函数在区间上单调递增. 【详解】（1）由题意可知，得，所以， 又得：，得， 此时函数满足,是奇函数， 故，. （2）由，得， ，，且，有 ， 由于，所以，， 所以，即， 所以函数在区间上单调递增. 16．(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而可求出切线的方程；       （2）求导，分情况讨论函数的单调递增区间； （3）利用函数的单调性求出函数的极大值，根据的取值范围进而可证明. 【详解】（1）若，则，，， 曲线在处切线的斜率， 曲线在处的切线方程为； （2），定义域为， ，        当时，令，得或， 函数的单调增区间为和； 当时，，函数的单调增区间为； 当时，令，得或， 函数的单调增区间为和． 综上，当时，函数的单调增区间为和； 当时，函数的单调增区间为； 当时，函数的单调增区间为和； （3）当时，函数在和上单调递增，在上单调递减， 的极大值为；             当时，函数在和上单调递增，在上单调递减， 的极大值为， ，，，；        当时，在单调递增，此时无极值，不合题意； 综上，若存在极大值点，则． 17．(1)见解析;(2);(3)见解析. 【详解】试题分析：（1）当时，得到，求得，利用和，即可求解函数的单调区间； （2）由，分和两种情况分类讨论，得到函数的单调性与极值，结合函数的图象，即可求解实数的取值范围； （3）假设存在正整数，使得在上恒成立，分类参数得出对恒成立，设函数，求得，求得函数单调性与极值，即可求解实数的最大值. 试题解析： （1）当时，，．             令，解得，令，解得， ∴的单调增区间为，单调减区间为．          （2）， 当时，由，知， 所以，在上是单调增函数，且图象不间断， 又，∴当时，， ∴函数在区间上没有零点，不合题意．          当时，由，解得， 若，则，故在上是单调减函数， 若，则，故在上是单调增函数， ∴当时，， 又∵，在上的图象不间断， ∴函数在区间上有1个零点，符合题意．       综上所述，的取值范围为．            （3）假设存在正整数，使得在上恒成立， 则由知，从而对恒成立（*）           记，得，            设，， ∴在是单调增函数， 又在上图象是不间断的， ∴存在唯一的实数，使得，                ∴当时，在上递减， 当时，在上递增， ∴当时，有极小值，即为最小值，， 又，∴，∴， 由（*）知，，又，，∴的最大值为3， 即存在最大的正整数，使得在上恒成立． 点睛：本题主要考查导数求解函数的单调区间，函数的零点与不等式的恒成立问题求得，考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程； (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数； (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题； (4)考查数形结合思想的应用. 18．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求函数的导函数，证明 时，当求的零点，分区间判断的正负，由此判断函数的单调性， （2）求的最小值，设，利用导数求函数的最小值，由此证明结论. 【详解】（1）因为，定义域为，所以，. 当时，由于，则，故恒成立， 所以在上单调递减： 当时，令，解得， 当时，，则在上单调递减： 当时，，则在上单调递增： 综上：当时，在上单调递减： 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）得，， 要证，即证， 即证恒成立， 令，则， 令，则：令，则： 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以当时，恒成立，证毕 19．(1) (2)答案见解析 (3)． 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）将转化为，利用导数研究的单调性，分类讨论、、、时，的零点情况即可； （3）易知当时不符合题意；当时，原不等式转化为，令，利用导数研究的性质，结合计算即可. 【详解】（1）当时，， ， 所以，即. （2）函数等价于，则即， 令，则转化为的解的个数，， 当时，单调递增；当时，单调递减． 则在处取得极大值，也是最大值， 当时，；当． 当时，，解得，1个零点； 当时，与有1个交点，此时1个零点； 当时，与有2个交点，此时2个零点； 当时，与有2个交点，此时2个零点； 综上，当或时，1个零点；当或时，2个零点． （3）恒成立恒成立． 当时，，不符合题意； 当时，，因为曲线与关于直线对称， 所以. 令， 令，又因为单调递增， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以时，取极小值点，也是最小值， 所以的最小值为，其中， 由，得，即，所以． 综上可得，所以的取值范围是． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $