四川省绵阳南山中学2026届高三上学期9月第二次教学质量检测试题 数学 含解析

这是一份四川省绵阳南山中学2026届高三上学期9月第二次教学质量检测试题 数学 含解析，共16页。
注意事项：
1．答题前，请将本人的信息用0.5毫米的黑色墨水签字笔填在答题卡的对应位置上；
2．选择题的答案，必须使用2B铅笔在答题卡上将所选答案对应的标号涂黑；
3．请用0.5毫米的黑色墨水签字笔将每个题目的答案答在答题卷上每题对应的位置上，答在试题卷上的无效．作图一律用2B铅笔或0.5毫米黑色签字笔．
第I卷（选择题，共58分）
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，只有一个是符合题目要求的．
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由可得：
又由，可得，
故选：C.
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
【详解】当时，若，则，即“”不是“”充分条件；
当时，，即“”是“”必要条件，
综上所述，“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
3. 已知，则的最小值为（ ）
A. 6B. 5C. 4D. 3
【答案】B
【详解】，
，，
，当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为5.
故选：B.
4. 已知函数，则在处的导数为（ ）
A. 2B. 0C. 4D.
【答案】C
【详解】由可得，
令，可得，即，
解得，则，
所以.
故选：C
5. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得称为函数在闭区间上的中值点．若关于函数在区间上的“中值点”个数为m，函数在区间上的“中值点”的个数为n，则有（ ）（参考数据：）
A. 1B. 2C. 0D. 3
【答案】B
【详解】设函数在区间上的“中值点”为，由，得，
则由拉格朗日中值定理得，，即，
而，则，即函数在区间上的“中值点”的个数为1，因此，
设函数在区间上的“中值点”为，由，求导得，
由拉格朗日中值定理得，，即，
令函数，，在上单调递增，
，，
则在上有唯一零点，即方程在区间上有1个解，
因此函数在区间上“中值点”的个数为1，即，所以．
故选:B．
6. 函数的图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【详解】如图，由正切函数的周期性可知，①和②面积相等，
故阴影部分的面积即为矩形的面积，易知，
设函数的最小正周期为，则，
由题意得，解得，故，得，即.
的图象过点，即，
所以，则，所以，解得，则，
所以.
故选：B.
7. 已知函数，数列满足，，则“为递增数列”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【详解】已知函数，数列满足.
①充分性：
若为递增数列，则对于所有，满足，即.
当时，成立，即
：，
：，
：，
：需要满足，即，
当，，要使在时单调递增，则.
综上，若数列递增，则，
所以“数列递增”不能推出“”，不满足充分性.
②必要性：
若，则，由①知当时为递增数列，
所以“”能满足“数列递增”，
即“数列递增”是“”的必要条件.
所以“为递增数列”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
8. 已知函数恰有4个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】，
令，则，
，令，得，且，
当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
又，，所以函数仅有两个零点，
所以恰有4个零点，即方程和共有4个根，
令，则，
当时，，即在上单调递增，
故和至多各一个根，不合题意；
当时，，令，得，
当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
，且时，，时，，
要使方程和共有4个根，则，
即，解得，
综上，实数的取值范围为.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错项得0分．
9. 已知数列的通项公式为，前n项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【详解】由可知，
则，可知B、D正确，A、C错误.
故选：BD
10. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A. 若的定义域为，则B. 若的值域为，则
C. 若的定义域为，则D. 若在上单调递增，则
【答案】AC
【详解】对于A，的定义域为等价于在恒成立，
当时，不等式为，符合题意；当时，有，解得.
综上即得当的定义域为时，，故A正确；
对于B，由的值域为,可得可以取遍一切正数，
故需使，解得，故B错误；
对于C，的定义域为，即不等式的解集为，
故，且方程的两根为和3，则，解得，故C正确；
对于D，对于函数在上单调递增，显然，
设，因在定义域上为增函数，
故依题意，需满足，解得，故D错误.
故选：AC.
11. 已知函数定义域为，其导函数为，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 一个对称中心为B. 的一个周期为2
C. 的图象关于对称D.
【答案】ACD
【详解】对于A，由满足，则关于中心对称，故A正确；
对于B，由，两边求导可得，
即，所以的图象关于对称，
又等价于，
，所以，
，即的一个周期为4，故B错误；
对于C，因为的图象关于对称，周期为4，所以的图象关于对称，故C正确；
对于D，将代入，可得，
将代入，得，又，
所以，，
所以，
又，
所以，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请将答案填写在答题卷中的横线上．
12. 已知函数（且）的反函数图像经过点，则________．
【答案】1
【详解】由函数（且）的反函数图像经过点，
可得原函数的图像经过点，
代入可得，且，即，
则.
故答案为：
13. 已知，则不等式的解集为________．
【答案】
【详解】由，得，
所以的定义域是.
对于，，
所以是奇函数.
因为在是增函数，
所以在上是增函数.
由可得，
所以，解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
14. 已知，则________．
【答案】
【详解】因为，
所以，
故，
即，
所以
.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，满分77分．解答应写出必要文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 设集合，.
（1）当，求；
（2）若，求实数m的取值范围.
【答案】（1）或
（2）或
【小问1详解】
当时，，
∴或
【小问2详解】
∵，∴，
当时，有，即，满足题意；
当时，有，即，且，解得
综上可知，m的取值范围为或.
16. 已知．
（1）求；
（2）若，且，求．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由，得．
，
.
【小问2详解】
由得，由得，
，
又.
17. 已知数列的前n项和为，且成等比数列．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
小问1详解】
由成等比数列，得，所以．
当时，，而满足上式，
所以的通项公式是．
【小问2详解】
由（1）知，
则
则
18. 已知函数在处取得极值．
（1）求；
（2）函数图象与函数图象关于点对称，若存在使成立，求实数的取值范围；
（3）过点作曲线的一条割线和一条切线（T为切点，与P不重合），均在曲线上，若，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】
，由题意得，
所以，所以，
经检验，符合题意，故；
【小问2详解】
由（1）得，
所以函数图象的对称中心为点，所以，
因为，所以，
①当时，，不成立，舍去．
②当时，，令
所以
令得，令得，
所以递减，在递增，
所以，
因为存在使成立，
所以，所以，
综上所述，；
小问3详解】
，
则切线为，
因为，
所以，
因为在切线上，
所以
所以，解得或（舍去），所以，
由题意得割线的斜率是存在的，设割线方程为，
则，
又此方程的根为，
所以
，
所以，所以，
故．
19. 已知函数，数列满足．
（1）当时，求函数的最小值；
（2）若数列为递增数列，求实数a的取值范围；
（3）设为数列的前n项和，证明：当时，．
（参考公式：）
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
小问1详解】
易知时，，则，
时，；时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故函数的最小值为；
【小问2详解】
由数列为递增数列可知，即恒成立，
整理得恒成立，
因为，显然，即，
可构造函数，
则，
易知单调递增，此时恒成立，
故单调递增，所以符合要求，
故；
【小问3详解】
当时，由上可知为递增数列，
①当时，，符合题意；
②当时，，
，
所以，
因为，所以，
即，故，
则，
综上所述时，.