黑龙江省哈尔滨市第三中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷（Word版附解析）

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考试说明：
（1）本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间为120分钟；
（2）第I卷，第II卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡.
第I卷（选择题，共58分）
一、选择题（共58分）单项选择题（共8小题，每小题5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. 集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，按交集的定义求解即可.
【详解】因为,
或，
所以或= .
故选：C.
2. 函数的一个零点所在的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断的单调性，结合零点存在性定理分析判断.
【详解】因为定义域为，且在内单调递增，
可知在内单调递增，
且，
所以函数的唯一一个零点所在的区间是.
故选：B.
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据，平方即可得出的值.
【详解】由题意，，
∴，
解得：．
故选：A.
4. 已知函数的图象如图所示，则的图象大致为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】想要由的图象得到的图象，需要先将图象向右平移个单位得到的图象，然后将轴下方图象翻折到轴上方得到，最后将图象向上平移个单位得到图象.
【详解】先将图象向右平移个单位得到的图象

然后将轴下方图象翻折到轴上方得到

最后将图象向上平移个单位得到图象.

故选：
5. 已知函数，满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得函数在上单调递增，列出不等式组求解即可.
【详解】因为对任意，当时，都有成立，
所以函数在上单调递增，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式，可以得到和的关系，再将所求表达式展开并代入该关系进行计算，即可求解.
【详解】根据题意，由，可得，即，
化简整理得，
又
，
将代入，
得
.
故选：A
7. “百日冲刺”是学校针对高三学生进行的高考前激情教育，某班主任根据历年学生经历“百日冲刺”之后的成绩变化，构造了一个关于经过时间（单位：天）与增加总分数（单位：分）的函数模型，为增分转化系数，为“百日冲刺”后的一模总分，.已知某学生在距离高考还有99天的一模考试中总分为600分，依据此模型估计此学生在高考中可能取得的总分为（ ）
（参考数据：，结果保留整数）
A. 658B. 668C. 678D. 688
【答案】B
【解析】
【分析】根据所给函数模型，代入得的值，即可代入求解.
【详解】因为，所以，解得，
，
所以估计此学生在高考中可能取得的总分为分.
故选：B.
8. 已知函数，，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先分析函数的奇偶性和单调性，再比较自变量大小即可得到结果．
【详解】函数的定义域为，关于原点对称，
又，
所以是奇函数，所以，
，在上，，，
故，所以在上单调递增，
，，，
又，，
综上，，因为单调递增，所以，
即．
故选：A．
二、多项选择题（共3小题，每小题6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，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的定义域为
B. 函数的值域为
C. 函数的图象关于轴对称
D. 函数在上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据指数函数的性质，结合函数关于轴对称定义、单调性的性质逐一判断即可.
【详解】对A：由恒成立，故函数的定义域为，故A正确；
对B：，由，则，
故，则，故B正确；
对C：，故关于对称，故C错误；
对D：，由且为增函数，
则为减函数，则在上单调递增，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，则下列选项正确是（ ）
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
【解析】
【分析】对于A，根据函数的定义域为，可得在上恒成立，分情况讨论计算即可；对于B，根据对数型函数的值域为，可得取遍一切正数，数形结合得不等式组，求解即得；对于C，由函数的定义域为，可转化成不等式的解集为，利用三个二次的关系计算即得；对于D，根据复合函数的单调性，结合对数函数的定义域，列出不等式组求解即可.
【详解】对于A，的定义域为等价于在上恒成立，
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，定义域均为，的图象关于点对称，且满足，，则（ ）
A. 函数的图象关于对称B. 是周期为4的函数
C. D. 是奇函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】由的图象关于点对称，根据对称性可得，可判断D；由已知可得判断A；由已知等式推出，可推出函数的周期，判断B；再结合赋值法可判断C.
【详解】函数的定义域均为，函数的图象关于点对称，则，
即函数是奇函数，D正确；
又 ①， ②，
由①式，令 ，得，
化简可得；
由②式，令，得，
化简得；
因此，即.
故的图象关于直线对称，A正确；
由①式，令，可得 ③，
③-①可得 ④，
由判断D选项可知 ， ⑤，
④+⑤可得
令可得，
则，
故函数是周期为4的函数，B正确；
由判断D选项可知 ，函数是奇函数，则，
令，则，
令，得，令，得，
由，令，得，
可得，
故，则，C错误，
故选：ABD.
第II卷（非选择题，共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上）
12. 已知角的终边与单位圆的交点为，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用三角函数的定义求出，代入所求式计算即得.
【详解】由题意，，
则.
故答案为：.
13. 已知，，且，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由基本不等式乘“1”法求得最小值即可求解.
【详解】由，
可得：，
所以，
当且仅当时，取等号，
所以的最小值为，
故答案为：
14. 已知函数，若方程有7个不同的实数解，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】先画出的图象,设,由图象可转化问题为有3个解,有4个解，然后分析的范围即可求解.
【详解】由题可得，当时,；
当时,,
当时；当,,
所以在上单调递增,在上单调递减,
所以,
当时,,则；当时,,则,
画出的图象,如图所示,

因为有7个不同的实数解，
设，则，
由有个解，则必然有两个解，
且有3个解,有4个解，有以下情况：
（1），代入可得，矛盾，故舍去；
（2）,，设，根据根的分布的性质可得：，解得；
（3），，代入，解得，此时，解得，符合题意.
综上所述，.
故答案为：
四、解答题（本大题共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. 的内角，，的对边分别为，，，若.
（1）求角；
（2）若，，成等差数列，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合正弦定理将转化为，再利用两角和正弦公式，同角关系求结论；
（2）根据等差数列定义可得，结合（1）及余弦定理可得，再结合条件解方程求即可.
【小问1详解】
设的外接圆半径为，
由正弦定理可得，，，
因为，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，故，
因为，
所以，
【小问2详解】
因为，，成等差数列，
所以，
因为，所以，
由余弦定理可得，故，
所以，又，
所以，又，
所以，
所以.
16. 已知数列满足，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助构造法构造等差数列后结合等差数列性质即可得；
（2）借助错位相减法计算即可得.
【小问1详解】
由，则，
则，又，
故数列是以为首项，为公差的等差数列，
故，则；
【小问2详解】
则，
则
，
则.
17. 已知函数，.
（1）讨论的单调性；
（2）设，函数，对于，，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）时，在单调递减；时，在单调递减，单调递增
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导，讨论、研究导数符号确定区间单调性；
（2）问题化为对，恒成立，讨论函数单调性得出最值计算求参数范围.
【小问1详解】
由题设且，
当时在上递减；
当时，令，
当时在区间上递减；
当时在上递增．
所以当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为.
【小问2详解】
由题设对于，，使得，知，成立．
由（1）当时，，则在上递增，，
对于，函数单调递增，在上递增， ，
所以只需．
综上：．
18. 已知椭圆的离心率为，过点，为坐标原点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线交曲线于，两点，过点与垂直的直线交曲线于，两点，其中，在轴上方，，分别为，的中点.
（i）证明：直线过定点；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意列方程组即可求出；
（2）（i）设，，联立方程组求出两点坐标，根据坐标求出直线的方程即可；
（ii）根据（i）可得，再令，通过求导研究其最值即可.
【小问1详解】
由题意可得，，，，
解得，
故椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
（i）由题意可知，直线斜率存在且不为，则设，
故，
联立，得，，
设，
则，，
则，，
则，，
则直线的斜率的倒数为，
则直线的方程为
，
则直线恒过定点；
（ii）由（i）可得，

令，则，求导得
令，则
对称轴为，，故存在使得，
则得；得；
则在上单调递减，在上单调递增，
因，
则当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
因此，当时，面积有最大值.
19. 记，，，.
（1）判断并证明的奇偶性；
（2）设最小值为，若，对任意恒成立，求的最小整数值；
（3）在（2）条件下，设，求在上的零点个数并说明理由.
【答案】（1）偶函数，证明见解析
（2）2 （3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）求函数的定义域，证明定义域关于原点对称，再证明，由此可得结论；
（2）设，换元可得，设，，利用导数判断函数的单调性，求函数的最小值，由此可得，再求，结合条件求的范围，由此可得结论；
（3）由（2）可得，证明函数为周期函数，为函数的一个周期，再证明，由此可得，，都是函数在上的零点，再证明函数在内有且只有一个零点，结合周期性可得结论.
【小问1详解】
因为，，，
所以，
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以函数偶函数，
【小问2详解】
因为，
令，则，，则，
设，，
则，
当时，，又，
所以，所以，
所以函数在上单调递减，
当时，，又，
所以，所以，
所以函数在上单调递增，
所以当时，函数取最小值，最小值为，
所以最小值为，所以，
所以，
因为，对任意恒成立，所以，
所以的最小整数值为，
【小问3详解】
由（2），又，，，
所以，
因为，
所以函数为周期函数，为函数的周期，
当时，，，
所以，
结合周期性可得，，都是函数在上零点，
当时，，，，，
函数在上没有零点，
当时，，，所以，
函数在上没有零点，
当时，，
令，则，
所以函数在上单调递增，故函数在上单调递增，
又，，
所以存在，，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
又，，，
所以函数在上存在唯一零点，在上不存在零点，