江苏省无锡市第一中学2026-2027学年高三上学期9月数学阶段练习卷

**基本信息** 聚焦高三一轮复习核心，以函数与导数为主线，融合实际应用与逻辑推理，梯度设计适配月考诊断需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合运算、充分必要条件、函数性质|基础概念辨析，如第1题结合自然数集考查集合交集| |多选|3/18|不等式性质、函数图像识别、导数应用|选项分层设计，如第11题多角度探究函数极值与零点| |填空|3/15|集合子集、不等式最值、导数最值|情境简洁，如第13题正数条件下求y的最大值| |解答|5/77|指数函数、成本利润模型、导数单调性与证明|17题以化工厂生产为情境考查数学建模，19题三问递进，综合逻辑推理与创新思维|

无锡市第一中学高三上学期阶段练习卷 2026.09.01 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1.己知集合A={vENy+y-6≤0}，B={>1},则A∩B为() A.0 B.2 C.{2,3} D.{2} 2.已知>0，则y≠2x是上+4>4的() xy 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 1 3.已知a=loe,cb=lh2,c=oe3则aac的大小关系为 A.a>b>c B.b>a>c C.c>b>a D.c>a>b 4.若“xeR,使得2x+1-3-2x<成立”是假命题，则实数可能为() A.-5 B.5 C.-3 D.3 5.已知函数f(x)=e*-ex-2x,若ft+3)+f(t-t2)>0成立，则实数t的取值范围为() A.(0,1) B.（-1,3) C.(-1,1) D.(0,3) .已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(0)=0,当x<0时，f(x)单调递增.若实数a满足 1(3-1>f(号).则a的取位是( B.(,)U(分om) D.(-0,)U(-号，o) 7.已知函数()满足/兮f0-1,f)=3()当0≤<≤1时，f)s),则 )) A.37 B.3-6 C.35 D.34 hnx,0<x≤e 8.函数f(x)=了e x>e ，若0<a<b<c,且f(a)=f(b)=f(c),则a时(b)+bf(c)+cf(a)的取值范 围是(). A.(1,+0) B.(e.+o) c.(eD.(e2-) 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对得得部分分，有选 错得得0分 9.已知正数a,b满足a+2b=2ab,则下列说法一定正确的是（) A.a+2b≥4 B.a+b≥4 C.ab≥2 D.a2+4b2≥8 10.设m∈R,函数y=-的图象可能是() 1.已知函数f(s)=-lnx,g(s)=adnr+1,a为实数，下列说法正确的是() A.当a=1时，则f(x)与g(x)有相同的极值点和极值 B.存在a∈R,使f(x)与g(x)的零点同时为2个 C.当a∈(0,1)时，f(x)-g(x)≤1对x∈[1，e]恒成立 27 D.若函数f(x)-g(x)在[l,e]上单调递减，则a的取值范围为 -00, e 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分： 12.己知集合A {二有两个了，则a的为 2x-V 13.己知正数x,y满足2y= 2x+3,那么y的最大值为一 4.若西数(x)=W收+及在区间(1，r)上存在授小值，则实数a的取位范国 是 答案第2页（共6页） 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.(本小题13分)计算下列各式的值： 2a〔ao) (2)0g52+1g5-lg20+lo938-l log,5+1 16.(本小题15分)已知函数f(x)=(2d-3a+2)d是指数函数 (1)求f(x)的解析式； (2)解不等式loga(6-x)>log.（x-4). 17.(本小题15分)某化工厂近期要生产一批化工试剂，经市场调查得知，生产这批试剂厂家的生产成本 有以下三个部分：①生产1单位试剂需要原料费50元；②支付所有职工的工资总额由7500元的基本工资和 每生产1单位试剂补贴所有职工20元组成③后续保养的平均费用是每单位x+600-30元（试剂的总产 量为x单位，50≤x≤200). (1)把生产每单位试剂的成本表示为x的函数关系P(x),并求出P(x)的最小值： (2)如果产品全部卖出，据测算销售额Q()(元)关于产量x(单位)的函数关系为Q(x)=1240x-。, 30 试问：当产量为多少时生产这批试剂的利润最高？ 答案第4页（共6页） 18.(本小题17分)已知函数f(x)=x2-am+(a-)nx. (1)若a=2,求曲线y=f(x)在点(1f1)处的切线方程： (2)当a>1时，讨论函数f(x)的单调性： 3)若f(x)sanr-x在x∈(0，w)上有解，求实数a的取值范围. 2 19.(本小题17分)己知函数f(x)=x(1-x) (1)证明：∫(x)存在唯一的极值点和唯一的零点： (2)设f(x)的极值点和零点所对应的点分别为A,B,求证：当x∈(1，e)时，∫(x)的图象总在直线AB的上 方： (3)若关于x的方程f(x)=a(a为实数)有两个不相等的实数根x1,5,且1<x2,求证：x-5>e(1-a) 答案第6页（共6页） 无锡市第一中学高三上学期阶段练习卷 2026.09.01 1、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1．已知集合A＝{y∈N|y2+y﹣6≤0}，B＝{t||t|＞1}，则A∩B为（　　） A．∅ B．2 C．{2，3} D．{2} 2．已知，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，，，则的大小关系为 A． B． C． D． 4．若“，使得成立”是假命题，则实数可能为（    ） A． B．5 C． D．3 5．已知函数，若成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且f（0）＝0，当x＜0时，f（x）单调递增．若实数a满足，则a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 7．已知函数满足，，，当时，，则（    ） A． B． C． D． 8．函数，若，且，则的取值范围是（    ）. A． B． C． D． 二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对得得部分分，有选错得得0分. 9．已知正数满足，则下列说法一定正确的是（    ） A． B． C． D． 10. 设，函数的图象可能是（     ） A． B． C． D． 11．已知函数为实数，下列说法正确的是（    ） A．当时，则与有相同的极值点和极值 B．存在，使与的零点同时为2个 C．当时，对恒成立 D．若函数在上单调递减，则的取值范围为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知集合恰有两个子集，则的值为___________． 13．已知正数x，y满足，那么y的最大值为____. 14．若函数在区间（1，π2）上存在最小值，则实数a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．（本小题13分）计算下列各式的值： ； ． 16．（本小题15分）已知函数是指数函数. (1)求的解析式; (2)解不等式. 17．（本小题15分）某化工厂近期要生产一批化工试剂，经市场调查得知，生产这批试剂厂家的生产成本有以下三个部分：①生产单位试剂需要原料费元; ②支付所有职工的工资总额由元的基本工资和每生产单位试剂补贴所有职工元组成; ③后续保养的平均费用是每单位元（试剂的总产量为 单位,）. （1）把生产每单位试剂的成本表示为的函数关系 ,并求出 的最小值; （2）如果产品全部卖出,据测算销售额（元）关于产量 （单位）的函数关系为 ,试问：当产量为多少时生产这批试剂的利润最高? 18．（本小题17分）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，讨论函数的单调性； (3)若在上有解，求实数的取值范围． 19．（本小题17分）已知函数. (1)证明：存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设的极值点和零点所对应的点分别为，，求证：当时，的图象总在直线的上方； (3)若关于的方程（a为实数）有两个不相等的实数根，，且，求证：. 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 参考答案 1、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1．D 【分析】先求出集合A、B，再结合交集的定义，即可求解． 【详解】解：集合A＝{y∈N|y2+y﹣6≤0}＝{0，1，2}，B＝{t||t|＞1}＝{t|t＞1或t＜﹣1}， 故A∩B＝{2}． 2．C 【分析】结合已知的条件，利用基本不等式的等号成立条件，分别验证充分性和必要性即可判断. 【详解】 由可得，，满足基本不等式的使用前提： 充分性验证： 若，根据基本不等式，对任意正数有，当且仅当时等号成立. 令，则，等号成立当且仅当，整理得，结合得. 因，故等号取不到，因此，充分性成立. 必要性验证： 若，说明上述基本不等式的等号不成立，因此等号成立的条件不满足，即，必要性成立. 综上，“”是“”的充要条件. 3．D 【分析】由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意结合对数函数的性质可知： ，，， 据此可得：. 【点睛】对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确． 4．A 【分析】先得到，为真命题，求出的最小值，从而得到，得到答案. 【详解】由题意得，为真命题， 由于， 显然的最小值为， 故只需，所以满足要求. 故选：A 5．B 【分析】根据奇函数的定义、导数的性质，结合基本不等式、解一元二次不等式的方法进行求解即可. 【详解】因为，所以函数为奇函数， 又因为， 所以函数为上的增函数． 若，则，即，即， 解得， 故选：B 6．B 【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论． 【详解】解：因为函数f（x）是定义在R上的偶函数，且f（0）＝0，当x＜0时，f（x）单调递增，根据偶函数的对称性可知，函数在x＞0时单调递减，由可得（）|a+1|， 所以|a+1|， 解得，a或a． 7．A 【分析】由，列举递推出，再由，列举递推出，又因为当时，，即可得到答案. 【详解】由题意得，，故，， ，，，，， ，，，，，， ， 综上， 当时，，当时，， ，， 故选：A 8．D 【分析】借助分段函数图象，结合条件得到取值区间；利用对数运算得到等量关系，将目标代数式统一为关于的单变量表达式；构造辅助函数，运用导数判定单调性求出代数式的取值范围. 【详解】画出函数的图象如下图所示， 由且得，，， 且，，即，. 故， 令， 则， ，，，， 则函数在区间上单调递增，， 即， 的取值范围是. 2、 多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对得得部分分，有选错得得0分. 9．ACD 【分析】由已知等式可得，由，，结合基本不等式可知AB正误；利用基本不等式可直接验证CD正误. 【详解】由，，得：； 对于A，（当且仅当，即，时取等号），A正确； 对于B，（当且仅当，即，），B错误； 对于C，（当且仅当，即，时取等号）， ，解得：（当且仅当，时取等号），C正确； 对于D，（当且仅当，即，时取等号）， 由C知：（当且仅当，时取等号）， （当且仅当，时取等号），D正确. 故选：ACD. 10. ACD 【分析】对m分类讨论，利用对勾函数的单调性，逐一进行判断图象即可. 【详解】， 当时，图象如A选项； 当时，时， 因为在单调递增，得在单调递增； 时，令，得为对勾函数， 所以在单调递增，单调递减， 所以根据复合函数单调性得在单调递减，单调递增，图象C符合； 当时，时， 因为在单调递减，故在单调递减； 时为对勾函数， 所以在单调递减，单调递增，图象D符合； 由CD可知当时，在不会单调递减，B不符合. 11．AC 【分析】对于A，分别各自求导，结合导数与函数极值的关系即可判断；对于B，分别求出与的零点为2个时的范围，看它们的交集是否为空集即可判断；对于C，构造函数，求导，对分类讨论，只需判断是否成立即可；对于D，原问题等价于对恒成立，从而即可进一步求解. 【详解】对于A，当时， ， 当时，有，此时均单调递减， 当时，有，此时均单调递增， 所以当时，均各自取到相应的极值，且， 所以当时，则与有相同的极值点和极值，故A正确； ， 令， ，， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 当时，，当，， 当时，有极大值，， 在同一平面直角坐标系中，画出直线的图象与函数的图象，如图所示， 所以方程有两个根当且仅当， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 当从1的左边趋于1时，趋于正无穷，当从1的右边趋于1时，趋于负无穷， 当时，，单调递增， 令，则，，当时，， 当时，有极小值，， 在同一平面直角坐标系中，画出直线的图象与函数的图象，如图所示， 方程有两个根当且仅当， 综上所述，不存在，使与的零点同时为2个，故B错误； 设， ， ， 当时，显然， 若，即，在此情况下： 当时，，单调递减，当时，，单调递增， ， 即在的情况下，对恒成立， 若，即，在此情况下： 当时，，单调递减， 所以， 所以在的情况下，对恒成立， 综上所述，当时，对恒成立，故C正确； 对于D，若函数在上单调递减， 这意味着对恒成立， 也就是说对恒成立，即对恒成立， 注意到在上单调递减， 所以，也就是说的取值范围为，故D错误. 故选：AC. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．4或 【分析】由集合恰有两个子集，分析出集合中只有一个元素，即方程只有一个解，即方程只有一个解，再分方程有两个相等的实数根和方程有两个不相等的实数根，但是其中一根是增根，两种情况讨论，即可求出的值. 【详解】因为集合恰有两个子集，所以集合中只有一个元素， 即方程只有一个解. 因为方程可化为， 要使原方程只有一个解，有以下两种情况， 第一种情况：方程有两个相等的实数根， 需满足判别式，解得， 此时原方程为，解得，且， 满足集合中只有一个元素，故符合题意； 第二种情况：方程有两个不相等的实数根， 但是其中一个根是使分母的增根. 当时，解得， 将其代入，解得，此时. 将代入，可得， 即，解得或. 因为当时，原方程分母为0，是增根，此时， 满足集合中只有一个元素，故符合题意. 综上，的值为或． 故答案为：或 13． 【详解】 所以y的最大值为. 14．（﹣π2，﹣1）∪（1，π2） 【分析】分a＝0，a＞0与a＜0三种情况，根据函数的单调性得到不等式，求出实数a的取值范围． 【详解】解：当a＝0时，， 则f（x）在（1，π2）单调递增，所以无最小值，不满足题意； 当a＞0时， 令t＝∈（1，π）， 则有h（t）＝，t∈（1，π）， 根据双勾函数的性质可知h（t）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增， 所以h（t）在t＝处取得最小值， 所以要想f（x）＝|h（t）|在（1，π）上有最小值， 只需满足 1＜＜π即可， 即1＜a＜π2； 当a＜0时，令，解得x≥﹣a，，解得0＜x＜﹣a， 所以f（x）＝， 因为y＝单调递增，y＝单调递增， 所以y＝单调递增，y＝单调递减， 即函数f（x）在（﹣a，+∞）上单调递增，在（0，﹣a）上单调递减，且在x＝﹣a处连续， 所以f（x）在x＝﹣a出取得最小值， 所以要想f（x）在（1，π2）有最小值，只需满足 1＜﹣a＜π2⇒﹣π2＜a＜﹣1即可； 综上所述：满足题意的a的取值范围是（﹣π2，﹣1）∪（1，π2）． 故答案为：（﹣π2，﹣1）∪（1，π2）． 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．（1）（2）2 【分析】利用指数性质、运算法则直接求解． 利用对数性质、运算法则直接求解． 【详解】 ． ． 【点睛】本题考查指数式、对数式化简求值，运用指数、对数性质、运算法则等基础知识求解，是基础题． 16．(1) (2) 【分析】（1）由指数函数的定义得到的范围和方程，解得的值； （2）由（1）可知的值，判断与1的大小关系，结合对数函数的单调性得到不等式，即可解得解集. 【详解】（1）由题意可知：且， 且，解得或（舍去）， ∴. （2）由（1）可知， 即不等式为， ∵，∴， ∴， 原不等式的解集为. 17．（1），最小值元（2） 【详解】试题分析：（1）成本分三部分，一是原料费，二是工资总额，三是保养的费用，因此每单位成本为，定义域为，根据基本不等式求最值（2）利润为销售额减去成本，利用导数求其最值：极值点也是最值点 试题解析：（1）因为试剂的总产量为单位, 则试剂需要原料费元, 职工的工资总额元, 后续保养的费用是每单位元, ,,当且仅当,即时取等号,时,最小值元, 即生产每单位试剂的成本最低为元. （2）生产这批试剂的利润,,令,得或（舍去）,当时,, 当时,,时, 函数取得极大值, 也是最大值, 即产量为单位时生产这批试剂的利润最高. 考点：基本不等式求最值，利用导数求最值 【易错点睛】在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误. 18．(1) (2)当 时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在 上单调递增； 当 时， 在和上单调递增，在上单调递减. (3) 【分析】（1）把代入函数解析式，对其求导，结合导数几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程； （2）先对函数求导，结合导数与单调性关系对的范围进行分类讨论即可求解； （3）结合导数与单调性关系及有解条件即可求解. 【详解】（1）当 时，， ， ，， 因此切线过点 且斜率为0，即切线方程为 . （2），， 令，则或， 当，即时，，因此 在 上单调递增； 当，即 时，由，得，由，得， 所以 在和上单调递增，在上单调递减； 当，即 时，由，得，由，得， 所以 在和上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当 时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在 上单调递增； 当 时， 在和上单调递增，在上单调递减. （3） ，即，即， 所以 在上有解， 令 ，则 ， 令 ，则， 所以 在 单调递增且 ， 时，，，单调递减； 时，，，单调递增； 可得 的最小值为 ，因此只要 ，就存在 使得在上有解； 故的取值范围为. 19．【分析】（1）求导分析单调性，确定极值点唯一；令 解出唯一零点； （2）写出 坐标及直线方程，作差构造函数，利用导数判断其符号，证明图象在直线上方； （3）由两零点分布及（2）的结论，分别放缩与 得不等式. 【详解】(1)函数定义域为 . 求导得. 令 ，得 . 当 时，，函数单调递增；当 时，，函数单调递减. 因此 在 处取得唯一极大值，无极小值，所以极值点唯一. 令 ，得 ，因 ，故 ，解得 . 且函数在 上递增且，在 上递减且 ，故零点唯一为 . 综上，存在唯一的极值点和唯一的零点. (2)极值点为 ，零点为. 直线 的方程为. 令. 求导得，所以 在 上单调递减. 又，故 在上先增后减，其最小值在区间端点取得. 而，因此在 内恒有 ， 即，所以 的图象总在直线 的上方. (3)由题意，方程 有两个不等实根， 结合（1）和函数图象可知 ，且. 由（2）可知，在 上有. 取 ，得，整理得①. 由于时，，故， 因为在 上单调递增，而 ，所以②. 由①②得，故不等式成立. 学科网（北京）股份有限公司 $