精品解析：福建省厦门市海沧区厦门海沧实验中学2026-2027学年高三上学期9月阶段检测数学试题

厦门海沧实验中学2026-2027学年高三年段9月阶段检测数学卷 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算即可解出. 【详解】因为，所以， 故选：D. 2. 函数的大致图象是（　　 ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇偶性定义判断函数奇偶性，结合的函数符号，利用排除法即可得解. 【详解】函数的定义域为R，且， 所以函数是奇函数，排除AC； 当时，，排除D. 故选：B. 3. 下列函数中是增函数的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本初等函数的性质逐项判断后可得正确的选项. 【详解】对于A，为上的减函数，不合题意，舍. 对于B，为上的减函数，不合题意，舍. 对于C，在为减函数，不合题意，舍. 对于D，为上的增函数，符合题意， 故选：D. 4. 底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由勾股定理先求出圆锥的高，进而利用圆锥体积公式求解即可. 【详解】由题可知圆锥的底面半径，母线长，高， ∴圆锥的体积为. 故选：A. 5. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 6. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出的定义域，然后求出的单调递增区间即可. 【详解】由得或 所以的定义域为 因为在上单调递增 所以在上单调递增 所以 故选：D 【点睛】在求函数的单调区间时一定要先求函数的定义域. 7. 已知函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用零点与方程的关系，通过分离参变量构造函数，求导研究单调性和取值规律，最终通过数形结合可得参数范围. 【详解】函数在上有两个不同零点， 等价于方程在有两个不同实根， 设，问题转化为求与的交点个数， 对求导，化简得： ， 因为，所以， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以 在处取最小值： ， ​ 且：时，；时，， 则要使与有两个交点，需满足，即. 8. 设，若为函数的极大值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项. 【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的. 当时，由，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故. 当时，由时，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故. 综上所述，成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. 二、多选题 9. 已知，且，则（ ） A. B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最大值是1 【答案】ABD 【解析】 【分析】易求得，可判断A；利用基本不等式可得，可判断B；由，可求得最大值与最小值，可判断CD. 【详解】由，可得，因为，所以，解得， 又，所以，即，故A正确； 因为，所以，所以， 当且仅当时取等号，故B正确； 由，可得，所以， 当时，取最小值，最小值是，故C错误； 当或时，取最大值，最大值是，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的定义域为R B. 函数的值域为 C. 函数是奇函数 D. 函数为减函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，由于恒成立，故定义域为R；B选项，分离常数得到，根据，得到，求出值域；C选项，根据函数奇偶性的定义作出判断；D选项，为增函数且，推出为增函数. 【详解】A，因为，所以， 所以函数的定义域为R，故A正确； B，， ， 故， 所以函数的值域为，故B正确； C，函数定义域为R，， 所以函数是奇函数，故C正确； D，函数是增函数，且， 所以函数是减函数， 所以函数是增函数， 故是增函数，故D不正确． 故选：ABC 11. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 时，有唯一的零点 B. 时，存在极小值 C. 时，存在极大值 D. 若，则的范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导后结合零点存在定理判断A；由单调性可判断BC；利用单调性让函数的最大值小于即可判断D. 【详解】对于A，， 当时，，有唯一零点； 当时，恒成立，函数单调递增， 当时，，当时，，由零点存在定理可得有唯一的零点， 综上时，有唯一的零点，故A正确； 对于BC，令，可得， 易得函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数存在极大值，故B错误，C正确； 对于D，要使恒成立，只需该函数最大值小于0， 当时，当时，则，不可能有恒成立； 当时，由上述单调性分析得当处取得最大值， 即，解得，故D正确. 三、填空题 12. 若命题“，”为真命题，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】由命题为真得，结合指数函数的性质求右侧最大值，即可得参数范围. 【详解】由题意，得在上恒成立，则， 又当时，，所以． 故答案为： 13. 如图所示，在直三棱柱中，，.则异面直线，所成角的大小是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义求解即可. 【详解】如图，连接， 直三棱柱中，， 所以异面直线与所成角为， 因为，，易得， 所以为等边三角形，所以， 故答案为： 14. 已知函数，其中． （1）当时，_____． （2）若有最大值，则的取值范围为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式求函数值，可得空1的答案；数形结合，可得空2的答案. 【详解】（1）当时，，， 所以. （2）在同一坐标系内作函数和的图象，如下图： 由图可知，函数与的图象只有一个交点，且. 所以当时，函数才有最大值. 故答案为：； 四、解答题 15. 已知函数，（且） （1）求的定义域； （2）判断的奇偶性，并予以证明； （3）求使的x取值范围. 【答案】15. ； 16. 函数是奇函数，证明如下： ∵，， ， ∴函数是奇函数 17. 当时，； 当时，. 【解析】 【分析】（1）根据对数的真数为正数列式可解得结果； （2）函数是奇函数，根据奇函数的定义证明即可； （3）不等式化为后，分类讨论底数，根据对数函数的单调性可解得结果. 【详解】（1）要使函数数有意义，则必有，解得， 所以函数的定义域是 . （2）略 （3）使，即 当时，有，解得， 当时，有，解得. 综上所述：当时，；当时，. 【点睛】方法点睛：已知函数解析式，求函数定义域的方法： 1、有分式时：分母不为0； 2、有根号时：开奇次方，根号下为任意实数，开偶次方，根号下大于或等于0； 3、有指数时：当指数为0时，底数一定不能为0； 4、有根号与分式结合时，根号开偶次方在分母上时：根号下大于0； 5、有指数函数形式时：底数和指数都含有，指数底数大于0且不等于1； 6、有对数函数形式时，自变量只出现在真数上时，只需满足真数上所有式子大于0，自变量同时出现在底数和真数上时，要同时满足真数大于0，底数要大0且不等于1. 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值． 【答案】（1）递增区间为和，递减区间为 （2）最大值为6，最小值为－26 【解析】 【分析】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间； （2）由的零点，对区间列表得出的正负，得出单调性与极值，同时计算区间端点处函数值，比较得最大值和最小值． 【小问1详解】 ， 由得或，由得， 所以的单调递增区间为和， 的单调递减区间为． 【小问2详解】 令得或， 由（1）可列下表 x -1 3 + 0 - 0 + 单调递增 取极大值 单调递减 取极小值 单调递增 由于，，，， 得在区间上的最大值为6，最小值为－26． 17. 如图，在三棱锥中，平面，． （1）求证：平面PAB； （2）求二面角的大小． 【答案】（1） 因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 18. 已知函数是奇函数． （1）求的值并判断的单调性； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，若，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】（1），函数在R上为增函数 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数定义计算求参，再结合指数函数单调性得出单调性即可； （2）先根据函数单调性得出在时恒成立，再结合基本不等式计算求解； （3）先根据题意把存在及恒成立转化为，再分，，分别讨论列式计算求参. 【小问1详解】 若为奇函数，则， 即， ，则， ，解得：． 又函数在R上是增函数，函数在R上是减函数， 因此函数在R上为增函数． 【小问2详解】 由题意得在时恒成立， 因为是R上单调递增的奇函数， 所以，即在时恒成立， 得到，且令，即在时恒成立， 又，当且仅当时等号成立， 即，故，即． 【小问3详解】 由题意，使得，所以， 因为，由（1）可得， 因为的对称轴为直线 ①当时，在区间上单调递增，所以 由，得，所以； ②当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，则，所以； ③当时，在区间上单调递减，所以， 由，得，所以； 综上所述，满足题意的实数的取值范围为． 19. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程． （2）若有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （ii）设是的极小值点，证明：． 【答案】（1） （2）（i）； （ii）根据（i）可知，当或时，，单调递增，当时，单调递减， 所以是的极大值点，是的极小值点，即． 又， 所以． 设，由可知． 令，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以当时，，即． 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义和点斜式方程求解； （2）（i）求导，根据有两个极值点得到对应方程有两个根，根据根的判别式和韦达定理建立不等式，求出取值范围； （ii）根据（i）求出函数的极小值点，根据韦达定理进行变形得到，令，，构造函数，利用导数判断单调性，得出结论. 【小问1详解】 若，则， 所以， 故所求的切线方程为． 【小问2详解】 （i）． 设为的两个极值点，则是方程的两个实数根，即方程的两个正实数根． 所以解得， 即的取值范围是． （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门海沧实验中学2026-2027学年高三年段9月阶段检测数学卷 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数的大致图象是（　　 ） A. B. C. D. 3. 下列函数中是增函数的为（ ） A. B. C. D. 4. 底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在上有两个不同的零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 设，若为函数的极大值点，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，且，则（ ） A. B. 的最大值是 C. 的最小值是 D. 的最大值是1 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的定义域为R B. 函数的值域为 C. 函数是奇函数 D. 函数为减函数 11. 已知，则下列说法正确的是（ ） A. 时，有唯一的零点 B. 时，存在极小值 C. 时，存在极大值 D. 若，则的范围为 三、填空题 12. 若命题“，”为真命题，则实数的取值范围是_____． 13. 如图所示，在直三棱柱中，，.则异面直线，所成角的大小是______. 14. 已知函数，其中． （1）当时，_____． （2）若有最大值，则的取值范围为_____． 四、解答题 15. 已知函数，（且） （1）求的定义域； （2）判断的奇偶性，并予以证明； （3）求使的x取值范围. 16. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在区间上的最大值和最小值． 17. 如图，在三棱锥中，平面，． （1）求证：平面PAB； （2）求二面角的大小． 18. 已知函数是奇函数． （1）求的值并判断的单调性； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）设，若，使得成立，求实数的取值范围． 19. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程． （2）若有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （ii）设是的极小值点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $