安徽省2026届高三数学上学期10月第一次综合素质检测试卷含解析

这是一份安徽省2026届高三数学上学期10月第一次综合素质检测试卷含解析，共18页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 若，则的最小值为， 已知函数是幂函数，则， 已知，则下列命题是真命题的是等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语、不等式、函数、导数.
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. 已知命题，则是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定定义求解即可.
【详解】根据存在量词命题的否定，
由命题，
则.
故选：B.
2. 已知集合，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合，再根据补集和交集的定义求解即可.
【详解】因为，
或，则，
所以.
故选：D.
3. 函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式，结合指数函数的图象与性质，即可求解.
【详解】由函数有意义，则满足，即，可得，解得，
所以函数的定义域为.
故选：A.
4. 已知是上的偶函数，且，当时，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用周期性与奇偶性转换求值即可.
【详解】由条件得.
故选：D.
5. 若函数，则满足的实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分段解不等式，并集即所求.
【详解】时，由得时，由得，
综上满足的实数的取值范围是.
故选：C.
6. 若，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件可得，，，由基本不等式可得，结合关系可求结论.
【详解】由得，，，
由基本不等式可得，当且仅当时取等号，
因为，
所以，故A正确.
故选：A
7. 已知，则“”是“函数在上是单调函数”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】D
【解析】
【分析】利用充分、必要条件的定义，结合二次函数的单调性可得结论.
【详解】函数在上是单调的条件为，
对于条件，当时，可得出，满足单调的条件；
当时，可得出，不满足单调的条件；
所以“”不能得到“在上是单调函数”，
所以“”是“函数在上是单调函数”的不充分条件.
反之，在上是单调函数时，，所以，
当时，得；当时，得，
所以由“在上是单调函数”不能得到“”，
所以“”是“函数在上是单调函数”的不必要条件.
所以“”是“函数在上是单调函数”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
8. 已知，则下列不等关系一定不成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一，结合图象排除；法二，构造函数，由函数零点分段讨论各函数值的符号，比较大小.
【详解】由题意得，，令，
法一：则由的图象与直线的交点用排除法得不成立.

法二：则.
令，
，
所以在区间上单调递增.
令，同理在区间上都单调递增，
因，
所以存在，使得，
时，时，；
显然，时，；时，；
因为，，
所以存在，
；时，.
综上，时，；时，，时，；
时，；时，；时，；时，，所以C不可能成立.
故选：C.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数是幂函数，则（ ）
A. B.
C. D. 奇函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】由为幂函数，有，可判断BC选项；由的值得函数解析式判断AD选项.
【详解】函数是幂函数，则有，
所以，解得或，B选项正确，C选项错误；
或，则有是奇函数，，AD选项正确.
故选：ABD.
10. 已知，则下列命题是真命题的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据不等式性质，指数函数，对数函数的单调性进行判断.
【详解】由得，又，所以，所以，所以选项正确；
当时，，所以选项错误；
由得，，又，所以，所以选项错误；
由知，所以，又，所以，所以选项正确.
故选：
11. 已知函数的图象经过第四象限，是自然对数的底数，则（ ）
A.
B. 函数有两个零点
C. 函数在上单调递减
D. 函数在上单调递增
【答案】AD
【解析】
【分析】利用图象过第四象限可求得的范围判断A；进而可得可判断B；求导得，令，利用导数可得的单调性判断CD.
【详解】由函数的图象经过第四象限，则，得，所以，故A正确；
抛物线开口向上，，所以抛物线与轴没有交点，
所以函数没有零点，故B错误；
由，得，
令，则，令，解得，
当时，，当时，，
所以的最大值为，
故，
所以，所以在其定义域上是增函数，所以C错误，D正确.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线是曲线的切线，则实数___________.
【答案】0
【解析】
【分析】设曲线在点处的切线为，利用导数的意义求解即可.
【详解】设曲线在点处的切线为，
求导得，所以，所以，
解得，，所以切点坐标为，
所以，所以.
故答案为：.
13. 已知函数，则函数的值域是___________.
【答案】
【解析】
【分析】由题设易得，，进而求解即可.
【详解】由，得，
而，
则，
由，得，则，即，
所以，所以，
则函数的值域是.
故答案为：.
14. 若函数的定义域为，且在处取得最大值，在处取得最小值，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】求导得，令，求导，利用导数，进而可求得最大值点与最小值点，进而计算可求值.
【详解】求导得，
令，则，
当时，单调递减，又，
所以存在，使得.
又当时，，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，，
所以在处取得最大值，在处取得最小值，
所以，且，
所以.
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. 已知函数.
（1）写出的单调区间；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为和，
（2）
【解析】
【分析】（1）分别在，条件下去绝对值，化简函数解析式，结合二次函数性质求函数的单调区间即可，
（2）不等式可化为，分别在，条件下化简不等式，求其解即可.
【小问1详解】
当时，，
单调增区间为，单调减区间为，
当时，，
单调递减区间为，单调递增区间为，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为和，.
【小问2详解】
由得，
所以，
当时，，所以；
当时，不等式成立；
当时，，所以.
综上，的取值范围是.
16. 已知函数的图象过点和点.
（1）求实数的值；
（2）写出函数的定义域，并求函数的值域.
【答案】（1）；
（2）定义域为，值域为.
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到且，即且，联立方程组，即可求解；
（2）由（1）知，函数，所以的定义域为，法一：化简函数为，令，转化为关于的方程有正实数根，结合二次函数的性质，求得函数的值域；法二：当时，化简，结合基本不等式和，进而求得函数的值域.
【小问1详解】
由函数的图象过点和点，
可得且，即且
即，解得.
【小问2详解】
由（1）知，函数，所以的定义域为，
法一：由函数式，整理得，
令，当时，可得，
当时，，关于的方程有正实数根，
可得，且，解得，
所以的值域为.
法二：由，可得；
当时，，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
所以的值域为.
17. 已知函数.
（1）求证：存在，使得函数是奇函数，并由此求的图像的对称中心的坐标（用表示）；
（2）若的极大值点是的一个零点，求的值及函数的所有零点的和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）-2或4，答案见解析
【解析】
【分析】（1）法一：计算，结合函数为奇函数可求得，可求得对称中心；法二：设，利用恒等求得，从而可求得对称中心；
（2）求导，令，求得，或，求得极大值点，进而结合已知可得，进而求解即可.
【小问1详解】
（法一）因为
，
所以要使函数是奇函数，
则有，
所以是奇函数，
所以存在，使得是奇函数，
又奇函数的图像关于原点对称，所以的图像关于点对称，
即的图像的对称中心的坐标为.
（法二）设，
因为，
所以，
所以，
令，
则是奇函数，所以存在，使得是奇函数，
又奇函数的图像关于原点对称，所以的图像关于点对称，
即的图像的对称中心的坐标为.
小问2详解】
，
当时，，或，
当，或时，，当时，，
所以的单调增区间为与，单调减区间为，
所以是的极大值点，
因为的极大值点是的一个零点，所以，
所以，或，
所以，或.
当时，的极大值点为0，有两个零点0与3，
当时，的极大值点为有两个零点-3与0，
所以的值为或4，当时，所有零点的和为3，当时，所有零点的和为.
18. 已知函数.
（1）当时，解不等式；
（2）若恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，且函数是自然对数的底数，求在区间上的最值（用实数表示）.
【答案】（1）
（2）
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，求解即可；
（2）由题意可得，利用基本不等式求解即可；
（3）求导可得，分，两种情况求解即可.
【小问1详解】
当时，化为，
解得，所以，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
即，
因为时，取等号，
所以，
因为，当且仅当时，取等号，
所以的取值范围是.
【小问3详解】
，
当时，在上单调递减，
最大值为，最小值为；
当时，由得，
由得，
由得，
所以的单调增区间为，单调减区间为，
又，
所以时，：时，：时，，
所以当即时，在上单调递增，
所以最大值为，最小值为；
当即时，在上先减后增，
所以最小值为，最大值为或
当即时，在上单调递减，
所以最大值为，最小值为.
综上，当时，的最大值为，最小值为；
当时，的最大值为，最小值为；
当时，的最大值为，最小值为；
当时，的最大值为，最小值为.
19. 已知函数的导数为.
（1）求的值；
（2）是否存在自然数，使得方程在内有唯一的根？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由；
（3）若成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）存在，
（3）
【解析】
【分析】（1）求出导函数，令，可得值；
（2）令，利用导数求得在内有唯一的零点；
（3）令，利用导数讨论函数单调性，求在时恒成立条件.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，即，
令，函数定义域为，显然，
，有，
时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，
所以存在唯一的，使，
所以存在，使在内有唯一的根.
【小问3详解】
令，
则，
①因为抛物线的对称轴方程为，开口向上，
所以即时，对成立，
所以时，对成立，
所以在上是单调递减，
因为，所以时，成立，
即成立；
②当，
记的两根为，
则，
则，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以不恒成立，
即不恒成立.
综上，的取值范围是.