【数学】江西省2026届高三上学期10月一轮复习阶段检测试题（学生版+解析版）

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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. 已知集合，，则的真子集个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】由题意可知，所以，故的真子集个数为个.
故选：C.
2. 设命题，，则的真假与否定形式分别为（ ）
A. 假命题，，B. 真命题，，
C. 假命题，，D. 真命题，，
【答案】C
【解析】命题是全称量词命题，取，得，命题是假命题，
命题的否定是，.
故选：C.
3. 记为正数，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）
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】A
【解析】由，得，解得，即甲：，
显然集合真包含于集合，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A.
4. 设函数，则在区间上（ ）
A. 单调递减B. 单调递增
C. 先单调递减后单调递增D. 先单调递增后单调递减
【答案】B
【解析】，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减， 在上单调递增，.
所以即在上恒成立，所以在上单调递增.
故选：B.
5. 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】由函数在上单调递增，得，
解得，所以的取值范围是.
故选：D.
6. 设定义域为的偶函数满足，且对于任意的，均有，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由上的偶函数满足，得，
由对于任意的，均有，
得当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
不等式化为：或，
解得或，
所以不等式的解集为.
故选：B.
7. 在平面直角坐标系中，，为曲线上一动点，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】依题意，当曲线在处的切线垂直于时，取得最小值，
设，求导得，则，
整理得，而函数在上单调递增，
又，因此，点，所以.
故选：D.
8. 设函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
所以，
所以
.
故选：B.
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. 设实数，，满足，则下列不等式一定成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A，由，得，则，A正确；
对于B，由，得，则，B错误；
对于C，取，则，C错误；
对于D，由，得，则，D正确.
故选：AD.
10. 若存在函数，使得函数满足，则称是“变量函数”.已知函数，若是“变量函数”，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 的最小值为
D. 若恒成立，则
【答案】ACD
【解析】由题意可知在上恒成立，
令得，
即，故A正确；
由可得，代入不等式组中整理得，
所以，故B错误；
由可得，所以，
所以的最小值为，故C正确；
若恒成立，即恒成立，
所以有，故D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，有两个零点
B. 当时，曲线关于点对称
C. 当时，若过点可以作曲线的三条切线，则
D. 存在使得方程有三个不等的实根且
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，函数只有一个零点，A错误；
对于B，当时，函数，
则，曲线关于点对称，B正确；
对于C，当时，函数，曲线为，设切点为，
求导得，于是切线方程为，由切线过点，
得，整理得，
令，
依题意，函数有3个零点，求导得，
当时，，函数只有1个零点，不符合题意；
当时，由，得或，由，得，
函数在上递增，在上递减，由函数有3个零点，
得，则；
当时，由，得或，由，得，
函数在上递增，在上递减，由函数有3个零点，
得，则，因此，C正确；
对于D，由方程，得，
取，则，
整理得，于是，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知幂函数的定义域为，则_________.
【答案】4
【解析】因为函数是幂函数，所以，
所以，
所以或，
又因为函数的定义域为，
当时，定义域为不符合题意；
当时，符合题意；
所以，则。
故答案为：4.
13. 设，则的最小值为__________.
【答案】3
【解析】由，得，
则，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为3.
故答案为：3.
14. 方程根的个数为__________.
【答案】1
【解析】方程，
令，
求导得，令，
求导得，当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，，
，则存在，使得，当或时，，
当时，，函数在上递增，在上递减，
，而，因此函数在内有唯一零点，
所以方程根的个数为1.
故答案为：1.
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. 已知集合，.
（1）若，且，求的值；
（2）当时，若，求，的值.
【答案】解：（1）当时，，又因为，
所以，所以，所以；
（2）当时，，
因为，，
所以只有一个元素且，
所以，所以.
16. 已知定义在上的函数满足：对于任意的，均有，且当时，.
（1）求；
（2）探究的奇偶性；
（3）用定义法证明在区间上单调递增.
【答案】（1）解：对于任意的，均有，
取，得，即得.
（2）解：函数的定义域为，对，令，得，
，因此，
所以函数为奇函数.
（3）证明：且，
令，则，即,
因，则，
故，即，
则，所以函数在区间上单调递增.
17. 隐含波动率常用于刻画转债的估值水平，记为转债价格，为剩余期限，为折现利率，进行参数调整后，，其中为参数，为转债标准差.
（1）若，求的最小值；
（2）现将逐步调小，此时逐渐增大，最终近似得到.
（ⅰ）若，，求；
（ⅱ）证明：.
【答案】（1）解：由，得，
当且仅当时取等号，所以的最小值为8.
（2）（ⅰ）解：依题意，，即，
所以.
（ⅱ）证明：令函数，求导得，当时，；当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，，
则，即，
因此，
所以.
18. 设函数.
（1）当时，求在区间上的极值；
（2）证明：存在使曲线在处的切线经过原点；
（3）若在区间上恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）解：当时，，
令，解得或或.
当时，，当时，，
所以在处取得极小值，
当时，，所以在不是函数的极值点，
当时，，所以在处取得极大值，
综上所述，.
（2）证明：由题意可知，，
所以，所以在处的切线方程为，
把代入切线方程解得，
故存在使得曲线在处的切线过原点.
（3）解：由（2）可知，当时，，所以在上单调递增，
又因为，所以，所以满足题意；
当时，，所以在上单调递减，所以，
又因为当时，或，，
所以必存在，使得，故不合题意；
当时，，，
所以在不恒成立，故不合题意.
综上所述：整数的最小值为.
19. 已知函数.
（1）证明：曲线在点处的切线恒过定点，并求出该定点坐标；
（2）若存在使得，记的导函数为.
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：.
【答案】（1）证明：由题意可知：函数的定义域为，且，
则，，即切点坐标为，切线斜率，
所求切线方程为，即，
令，解得，
所以切线恒过定点.
（2）构建，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，所以.
（i）解：构建，则，
①若，则，可知在内单调递增，
且，当趋近于时，趋近于，
可知在定义域内存在唯一零点，
当时，，即；当时，，即；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则至多存在两个实数，使得，不合题意；
②若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，即，
若，则，即，
可知在定义域内单调递增，不合题意；
设在区间上单调递减，
在区间上单调递增，
故，即，
若，则，
当时，则；
当时，则；
可知在和内分别存在一个零点，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，符合题意；
综上所述：实数的取值范围；
（ii）证明：设，构建，
则，
记的导函数为，的导函数为，
且的导函数为，的导函数为，
则，且，
因为，且，
又因为，
且在内恒成立，
若，则，可得，
可知在内单调递增，则，
可知在内单调递增，则，
若，则，可知在内单调递减，不合题意；
所以；
若，由（i）可知：直线与在内存在唯一交点，
横坐标为，则，
由单调性可得，可得，
因为在内单调递减，在内单调递增，
可得， ，
所以；
综上所述：.