精品解析：福建厦门大学附属科技中学2026-2027学年高三上学期9月阶段测试数学试卷

福建厦门大学附属科技中学2026-2027学年高三上学期9月阶段测试 数学试卷 （9.28） 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. 已知命题，，那么为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案. 【详解】原命题，，是存在量词命题， 其否定是全称量词命题，注意到要否定结论， 所以为，. 2. 已知集合，集合，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】集合或， 因为，所以. 3. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件得到，再由基本不等式即可求解. 【详解】因为，所以，又， 所以， 当且仅当，即，也即时取等号. 故选：B. 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用指数函数和幂函数单调性可判断，再通过对数换底统一底数比较大于1的对数式的大小，最后综合排序即可. 【详解】易知指数函数在上单调递减， 又，可得， 因为幂函数在上单调递增，因此， 所以可得，因此； 又 ， 又对数函数在上单调递增， 且，因此，即， 综上可得. 5. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图知函数为偶函数，应用排除，先判断B中函数的奇偶性，再判断A、C中函数在上的函数符号排除选项，即得答案. 【详解】由图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且， 由且定义域为R，即B中函数为奇函数，排除； 当时、，即A、C中上函数值为正，排除； 故选：D 6. 已知定义在上的函数满足，，当时，，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先由函数的奇偶性和对称性推导周期，再利用周期性将转化为已知区间内的函数值计算． 【详解】由，得是定义域为的奇函数， 由，得的图像关于直线对称， 将替换为，可得， 结合奇函数性质，得， 再将替换为，得， 因此是周期为4的周期函数， 又，故， 由奇函数性质得， 因为时，，则， 所以，即． 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的正负得出的单调性，再结合是偶函数得出的对称轴，由函数图像的对称性即可求解． 【详解】由得，当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 又是偶函数，所以的对称轴为直线， 因为，所以， 所以， 又，， 所以， 所以． 8. 当时，关于的不等式仅有两个正整数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将不等式转化为不等式，构造函数，求导确定函数的单调性，从而根据不等式整数解的个数列不等式即可得实数的取值范围. 【详解】当时不等式等价于： 设， 则， 所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增， 所以有两个正整数解2和3，则，解得， 故实数的取值范围是． 故选：C. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据条件，利用幂函数的性质，即可求解；对B和C，根据条件，利用作差法，即可求解；对D，先展开变形，再结合条件，即可求解. 【详解】对于A，因为，则在区间上单调递减，又，所以，故A错误， 对于B，因为，又，， 所以，则，所以，故B正确， 对于C，因为，又，，所以， 则，故，所以C正确， 对于D，因为，，则，所以D正确. 10. 定义：已知函数在其定义域上的最大值为，最小值为，若，则称是“2间距函数”，则下列函数是“2间距函数”的有（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数单调性分别计算各函数在给定区间的最大值和最小值，验证二者差值是否等于2即可. 【详解】选项A：易知当时，单调递减，值域为； 当时，单调递增，所以的值域为； 故最大值，最小值，，符合定义，故A正确； 选项B：易知在上单调递减， 因此最大值，最小值，，不符合定义，故B错误； 选项C：因为， 令，时值域为， 故值域为，，符合定义，故C正确； 选项D：令，时，函数化为在上单调递增， 最大值，最小值，，符合定义，故D正确. 11. 已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列命题正确的是（ ） A. 既有最小值，也有最大值 B. 只有最大值，没有最小值 C. 有两个零点 D. 只有一个极值点 【答案】BD 【解析】 【分析】整理等式并构造函数，根据导数为0即可得出解析式，令判断C；再结合导数判断其余选项即可． 【详解】由， 设，则， 所以（为常数），， 所以，， 令，则在上单调递减， 令，则在上单调递增， 所以当时，取得极大值，也是最大值，无其他极值，故D正确； 当时，，无最小值，A错误，B正确； 令，只有一个零点，故C错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，利用二次函数的性质和指数函数的性质，代入即可求解. 【详解】因为， 当时，恒成立，当时，恒成立， 令，则，所以，解得或， 当时，由，解得， 当时，， 综上所述，. 13. 已知集合，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先化简集合和，再根据必要不充分条件对应是的真子集，列不等式求解的取值范围. 【详解】已知，， 由一次函数的单调性可得，故. 不等式等价于， 由于是定义域上的单调递增函数， 因此解得，即，故. 若是的必要不充分条件，则 （是的真子集）， 因此需满足：，解第一个不等式得，解第二个不等式得. 综上，实数的取值范围为. 14. 已知函数有两个极值点，，且，则__________. 【答案】7 【解析】 【分析】极值点处导数值等于零，将去掉绝对值后求解. 【详解】，由题知， 不妨设，则或时,时, 则是极大值点，是极小值点，，，， 因为，所以， 若，则，舍去； 若，则， 即， 又，所以， 解得. 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. 已知数列的前项和为，若，且． （1）证明：为等差数列，并求． （2）若，数列的前项和，求证：． 【答案】（1）， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列， 所以； （2）， ． 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的概念证明，结合等差数列通项公式求； （2）利用裂项相消法求和即可证明． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 已知函数，． （1）当时，若的值域为，求b的值； （2）若为的极小值点，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）对函数求导分析，判断导数得正负，并得到函数的最小值，从而得到方程进而求解. （2）根据题意将代入导数为0，得到参数之间的关系，并分析是否在处取得极小值. 【小问1详解】 因为，所以，求导得， 因为，所以令，解得， 当，，所以单调递减； 当，，所以单调递增； 所以，解得. 【小问2详解】 因为，求导得， 又因为为的极小值点，所以，得到， 代入导数得， 因为，所以， ①当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 所以为的极小值点满足条件. ②当时, 恒成立， 所以在定义域内单调递减，无极值，不满足题意舍去. ③当时，，解得或，此时， 所以，，单调递减；，，单调递增；，，单调递减； 为的极大值点.不满足条件，舍去. 综上，. 17. 如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1） 法一：取中点，连接， 因为是的中点，所以且. 由直三棱柱的性质知且，所以且， 又因为是的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以， 结合，所以，又因为是的中点，所以. 法二：由直三棱柱的性质知平面， 因为平面，所以， 又因为，所以两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为 轴建立如图所示的空间直角坐标系. 设， 则. 因为分别为和的中点，所以. 因为平面，所以， 又因为，所以， 由解得，即. （2）2 【解析】 【分析】（1）方法1，取中点，连结接，由题设可得四边形为平行四边形，据此可完成证明；方法2，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，然后由空间向量知识结合可完成证明； （2）方法1，设到平面的距离为，由，可得，然后由与平面所成角的正弦值为，可得 ，据此可得答案；方法2，由（1）方法2，设直线与平面所成角为，由题设及空间向量知识可得，据此可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：在等腰直角中，因为，所以. 由（1）知，平面且. 设到平面的距离为， 则三棱锥的体积. 又因为三棱锥的体积， 所以由，得，解得. 因为直线与平面所成角的正弦值为，所以， 所以，因为，所以，即的长为2. 法二：因为，所以由（1）知， 设平面的一个法向量为， 则取，则，即. 设直线与平面所成角为，则， 即，化简得， 因为，所以，即的长为2. 18. 已知椭圆的焦距为2，点在上，为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点. （i）若点的坐标为，证明：； （ii）若，当时，求弦长的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）当直线与轴重合时，显然成立； 当直线与轴不重合时，设直线方程为. 联立，得， 则，. 则， 因为， 所以. 故的倾斜角互补，所以； 综上，. （ii） 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）（i）分直线是否与轴重合，设，与椭圆方程联立，根据韦达定理求证即可； （ii）化简求出其范围，再利用韦达定理化简得出即可求出的范围，利用弦长公式化简，令即可. 【小问1详解】 由题意得，，得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）由，则. 可得， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又因为，所以， 由 ， 令，则， 因为，所以，则弦长的取值范围为. 【点睛】 19. 已知函数，其中为实数，定义域为． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，都有． 【答案】（1） （2） （3）由（2）知，当时，，有，即， 当且仅当时等号成立． 令，则有． 又 构造函数 在上单调递增，，故有在上恒成立． 令，得 故． ． 【解析】 【分析】（1）分别求出，结合点斜式求解； （2）对得对任意的恒成立，构造新函数，对求导，利用导数探讨函数单调性得实数的取值范围； （3）数列不等式证明，利用（2）的结论，构造函数不等式，令，再对累加求和，又有在上恒成立，联立两式得证. 【小问1详解】 当时，，则 ， 则曲线在点处的切线方程为： 整理得：. 【小问2详解】 因为，所以 令，则，故 ①当时，，而当时，， 由零点存在性定理可知，，使得． 当时，单调递减，故， 则在上单调递减，，与恒成立相矛盾，故舍去． ②当时，，有，，则 令，则， 故在上单调递增， 则在上单调递增，， 故在上单调递增，，符合题意． 综上，实数的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建厦门大学附属科技中学2026-2027学年高三上学期9月阶段测试 数学试卷 （9.28） 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. 已知命题，，那么为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知集合，集合，则（ ）． A. B. C. D. 3. 若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的函数满足，，当时，，则（ ） A. 2 B. C. D. 4 7. 设上的可导函数满足，且是偶函数．若，，，则，，的大小关系为（    ） A. B. C. D. 8. 当时，关于的不等式仅有两个正整数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 已知，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 定义：已知函数在其定义域上的最大值为，最小值为，若，则称是“2间距函数”，则下列函数是“2间距函数”的有（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 11. 已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列命题正确的是（ ） A. 既有最小值，也有最大值 B. 只有最大值，没有最小值 C. 有两个零点 D. 只有一个极值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，若，则__________. 13. 已知集合，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为__________. 14. 已知函数有两个极值点，，且，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. 已知数列的前项和为，若，且． （1）证明：为等差数列，并求． （2）若，数列的前项和，求证：． 16. 已知函数，． （1）当时，若的值域为，求b的值； （2）若为的极小值点，求实数a的取值范围． 17. 如图，在直三棱柱中，分别为和的中点，平面. （1）证明：； （2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 18. 已知椭圆的焦距为2，点在上，为坐标原点. （1）求椭圆的标准方程； （2）过椭圆右焦点的直线与椭圆交于两点. （i）若点的坐标为，证明：； （ii）若，当时，求弦长的取值范围. 19. 已知函数，其中为实数，定义域为． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，都有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $