安徽省名校2026届高三上学期10月阶段检测数学试题 Word版含解析

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考生注意：
1.试卷分值：150分，考试时间：120分钟.
2.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案区域内作答，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.
3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. ，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求集合，利用集合的交集运算即可求解.
【详解】由，解得，由，解得，
所以.
故选：D.
2. 已知函数，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求的定义域，再求的定义域即可求解.
【详解】因为，所以，且，解得，
所以函数的定义域为，
所以函数需满足，解得.
故选：D.
3. “”是“不等式在上恒成立”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
【解析】
【分析】由得，即，利用均值不等式求出，进而求解.
【详解】对于，可化为恒成立，即
由，当且仅当时取等号，故，解得，
所以“”是“不等式在上恒成立”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 若为奇函数，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用奇函数得，即，又由的定义域得，最后利用基本不等式即可求解.
【详解】由题意有：，
所以，所以，
又，所以，又函数定义域关于原点对称，
故，即，
又因为，，所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两角和的正切公式计算得，再由二倍角公式即可求解.
【详解】由，得，解得，
所以.
故选：D.
6. 已知函数，若，则（ ）
A. 6B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用分段函数根据先求，进而求.
【详解】由题意知时，，所以，
又当时，，，所以，
故选：A.
7. 已知函数与，在区间上，这两个函数图象交点横坐标之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由诱导公式转化为正弦值相等，再由正弦函数的性质求出交点横坐标满足或，即可得解.
【详解】因为，当时，
则或者，
即或，又，
则交点横坐标分别是，，，，，
所以交点横坐标之和为.
故选：B.
8. 已知在上满足，且方程只有一个根，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由得在上是减函数，当时，由单调递减得的范围，当时，，利用导数得在时恒成立，即，
又得，进而得的范围，又由只有一个根，分和两种情况讨论即可求解.
【详解】由可知，在上是减函数，
当时，是一次函数，
因为在上单调递减，
所以，即，
当时，，所以，
因为在时单调递减，所以在时恒成立，
即，变形为，
由于时，所以，即，
还要保证在分段点处，左侧的函数值不小于右侧的函数值，
即，化简得，即，
所以，
分析方程的根的个数，
当时，方程为，化简得，若，则方程对任意都成立，有无穷多个根，不合题意，故，此时方程在上无解，因此，方程的唯一根必在上取得，此时，，
当时，，
令，
要求只有一个根，，
令，，（舍），
∵，∴，若，则，
此时，在上单调递减，由，
所以在上仅有一个零点，此时只有一个根，
若，则，此时，时，，在单调递增，
时，，在上单调递减，又，，而时，，
∴，使，∴在上存在两个零点，不符合题意，
综上所述.
故选：D.
二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角函数的定义先求，再由二倍角公式化简求即可判断AB，再求即可判断C，由二倍角的正切公式求即可判断D.
【详解】因为角的终边过点，所以.
，
，故A和B正确；
因为，所以，
即角的终边位于第一象限或第三象限，由，
所以，又由，所以，故C错误；
对于D，，∴，或（舍），故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，，有两个零点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 当时，B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A利用单位圆即判断，对于B画出与的函数图象，利用数形结合即可判断，对于C的最小正周期为，利用图像即可判断，对于D由，，即可判断.
【详解】对于A，设，，作单位圆如图1，与轴交于，则，过点作垂直于轴，交射线于点，连接，由三角函数的定义可知，，，设扇形的面积为，则，即，故，

当时，有不等式，故A正确；
对于B，画出，与的函数图象，如图2，
由图可以看出，，故，，所以，故B正确；

对于C，的最小正周期为，由图象可知，所以，故C正确；
对于D，由，，得，，所以，故D错误.
故选：ABC.
11. 已知可导函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，记的导函数为，则下列函数一定为偶函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由为偶函数得，由为奇函数得，即，进而得的周期，最后利用偶函数的定义逐一验证即可求解.
【详解】∵为偶函数，∴，∴关于对称，
又∵为奇函数，∴，
即，∴关于点对称，
由得，
又，
所以，
所以，即，
所以，∴的周期，
由，又，
∴，即，
∴为偶函数，为偶函数，∴为偶函数，∴AB均正确；
由，两边同时求导得，，
即，，∴为偶函数，∴D正确；
对于C项，取，满足关于点对称，
关于直线对称，但不为偶函数，C错误，
故选：ABD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 下列函数求导正确的有______.
① ②
③ ④
【答案】②③
【解析】
【分析】根据导数的运算法则逐一验证即可求解.
【详解】，①不正确.，②正确.
，③正确.，④不正确.
故答案为：②③.
13. 已知函数且在区间上单调递减，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用复合函数的单调性可知，外层函数是增函数，结合对任意的，恒成立，根据这两个条件可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】因为且，则内层函数在上为减函数，
由于函数且在区间上单调递减，
则外层函数是增函数，则，
且对任意的，恒成立，即，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
14. 设，则的最大值是______．
【答案】##
【解析】
【分析】设，去绝对值符号，再根据基本不等式即可得解.
【详解】不妨设，则，
，
∴，
当且仅当，，，即，，时，等号成立，
所以的最大值是．
故答案为：．
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知是方程的根.
（1）求的值；
（2）若是第三象限角，，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求，再利用诱导公式即可求解；
（2）由，利用同角三角函数平方关系求，再由求出，最后利用两角和的正弦公式即可求解.
【小问1详解】
由，解得或，
因为是方程的根，所以，（舍），
所以；
小问2详解】
因为是第三象限角且，所以，
∵，∴，∵，∴，∴，
.
16. 已知定义在上的函数满足：.，.
（1）证明：函数在上单调递增；
（2）证明：曲线是中心对称图形，并求其对称中心.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析，对称中心为.
【解析】
【分析】（1）利用单调性的定义即可得证；
（2）令得，令得，令，得，进而得的对称中心，即可得，进而求解.
【小问1详解】
证明：，，
令，则，，，
∵，∴，，∴单调递增；
【小问2详解】
（2）令，则，
令，则，，
令，则有，
∴为奇函数，图象关于对称，
∵，∴曲线是中心对称图形，对称中心为.
17. 已知函数．
（1）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
（2）当时，求证：对恒成立．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由，构造，求导，确定最值即可求解；
（2）由，得到，构造函数，通过三次求导确定其单调性，即可求证.
【小问1详解】
由题知，
设，
令，则，所以在上单调递增，
所以，故，所以在上单调递增，
所以；
【小问2详解】
设，
所以函数在区间单调递减，
，
所以，
设，
令
，
令
，
当，，，，
所以区间上单调递减，在区间上单调递增，
在上为增函数，
在上为增函数，
，所以命题得证．
18. 已知函数.
（1）求函数的最小正周期及的单调递减区间﹔
（2）将的图象先向左平移个单位长度，再将其横坐标缩小为原来的，纵坐标不变得到函数，若，，求的值.
【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间是；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用完全平方公式、正弦的二倍角公式、逆用两角差正弦公式化简，再求最小正周期及的单调递减区间；
（2）求出的图象变换后的解析式，再求出的正余弦值利用凑角可得答案.
【详解】.
（1）的最小正周期为，
由，，解得，，
所以函数的单调递减区间是.
（2）将的图象先向左平移个单位长度，得到函数，再将其横坐标缩小为原来的，
纵坐标不变得到函数，
据题意有，且，则，
则
.
【点睛】本题考查了三角函数的图象和性质，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简的解析式，再利用三角函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考了学生的计算能力，属于基础题.
19. 设函数（）．
（1）讨论的单调性；
（2）若且函数有两个不同的零点，，且，
①求实数的取值范围；
②试比较与的大小关系，并说明理由．
【答案】（1）答案见解析
（2）①；②，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类讨论函数的单调性.
（2）①把问题转化为直线与函数图象交点问题，结合导数求解.②判断大小，作差等价转化，利用导数证明即可.
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递增；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数在上单调递增；
当时，函数上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
①当时，，
函数有两个不同的零点，
等价于方程有两个不同的根，
等价于函数的图象与直线有两个不同的交点，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
而当从大于0的方向趋近于0时，在，当时，，
所以的取范围为.
②，不妨令，
，
由①知，，即，而，
只需证明，即证，令，
令，求导得，
函数在上单调递减，，即，
因此，所以.