上海市风华中学2025-2026学年高三上学期9月阶段测试数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页上海市风华中学2025-2026学年高三上学期9月阶段测试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．不等式的解集为．2．若指数函数的图像经过点，则其解析式为．3．已知幂函数在上是严格减函数，则.4．若函数的对称中心是，则.5．已知函数，则.6．已知，则曲线在点处的切线方程是．7．已知函数=在上时为增函数.则的取值范围为.8．已知，，若，则满足条件的x的取值范围是．9．若函数在上单调，则a的取值范围是.10．已知定义在上的函数满足，且是奇函数，则.11．如图，将一张的长方形纸片剪下四个全等的小正方形，使得剩余部分经过折叠能糊成一个无盖的长方体纸盒，则剪下的小正方形的边长为cm时，这个纸盒的容积最大.12．已知函数，，若对于任意，存在，使得，则实数a的取值范围是.二、单选题13．设，则“”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件14．如果，那么下列式子中一定成立的是（

）A． B． C． D．15．定义域和值域均为（常数）的函数和y=g(x)的图像如图所示，给出下列四个命题：（1）方程有且仅有三个解；（2）方程有且仅有三个解；（3）方程有且仅有九个解；（4）方程有且仅有一个解；那么，其中正确命题的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．416．设，用表示不超过的最大整数，则称为“取整函数”，如:.现有关于“取整函数”的两个命题:①集合是单元素集:②对于任意成立，则以下说法正确的是（

）A．①②都是假命题 B．①是假命题，②是真命题C．①是真命题，②是假命题 D．①②都是真命题三、解答题17．已知全集，若集合，．(1)若，求集合及；(2)若，求实数的取值范围．18．已知函数是定义在上的奇函数.（1）求实数的值及函数的值域；（2）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围.19．2024年8月12日，为期16天的巴黎奥运会落下帷幕，回顾这一届奥运会，中国元素在这里随处可见，令游客驻足欣赏；据调查，国内某公司生产的一款巴黎奥运会吉祥物的供货价格固定价格+浮动价格，其中固定价格为60元，浮动价格（浮动价格单位：元，销售量单位：万件），假设每件吉祥物的售价为整数，当每件吉祥物售价不超过100元时，销售量为10万件：当每件吉祥物售价超过100元时，售价每增加1元，销售量就减小0.2万件，总利润（售价-供货价格）销售量；(1)当每件吉祥物的售价为85元时，获得的总利润是多少万元？(2)每件吉祥物的售价为多少元时，单件吉祥物的利润最大，最大为多少元？20．已知函数，（为常数）.（1）当时，判断在的单调性，并用定义证明；（2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；（3）讨论零点的个数.21．已知，，是自然对数的底数.(1)当时，求函数的极值；(2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围；(3)当时，若满足，求证：.《上海市风华中学2025-2026学年高三上学期9月阶段测试数学试题》参考答案题号13141516答案ACBB1．或.【分析】将分式不等式化成一元二次不等式，求解即得.【详解】等价于，即，解得或，即原不等式的解集为：或.故答案为：或.2．【分析】设指数函数的解析式为，(且)，代入计算即可得解.【详解】设指数函数的解析式为，(且)，因指数函数fx的图像经过点，则，即，则其解析式为.故答案为：.3．【分析】根据幂函数的定义及性质即可求解.【详解】由题意，可得，解得.故答案为：.4．【分析】根据分式函数的对称中心进行求解即可.【详解】因为，所以该函数的对称中心为，由已知可知函数的对称中心是，所以，故答案为：5．1【分析】根据函数导数的定义，求出指定导数值即可.【详解】由题意得，，则，可知；故答案为：1.6．【分析】根据函数的解析式得到切点坐标和导函数，根据导函数在切点的函数值等于切线的斜率求解切线斜率，进而得到切线方程.【详解】，∴曲线在点处的切线斜率为，∴曲线在点处的切线方程为，即.故答案为：.7．【分析】令，，由函数在上单调递减，可得函数在上单调递减且，分别对，，三种情况讨论，从而可求解.【详解】由函数=在上时为增函数，令，，则函数在上单调递减，所以在上单调递减且，当时，在上单调递减，因为时，，故不符题意；当时，函数为二次函数开口向下，不满足在上恒成立，故不符题意；当时，函数为二次函数开口向上，则可得，解得，故的取值范围为.故答案为：.8．或【分析】由得到，建立不等式组，利用对数函数的单调性解出取值范围.【详解】∵，∴，∴或，∴或故答案为：或9．【分析】由分段函数的单调性，结合指数函数和对数函数的性质，分类讨论可求a的取值范围.【详解】若在R上单调递增，则，解得；若在R上单调递减，则，解得.所以a的取值范围是.故答案为：10．0【分析】根据奇函数的性质，结合已知等式求出函数的周期性，再利用函数的周期性进行求解即可.【详解】因为是奇函数，所以有，而，于是有，即有，因此有，所以该函数的周期为，在中，令，有，于是，故答案为：11．1【分析】设剪下的小正方形的边长为，根据条件得到，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，即可求解.【详解】设剪下的小正方形的边长为，由题知纸盒的容积为，则，令，得到（舍）或，所以当时，，当时，，则的增区间为，减区间为所以在处取到最大值，最大值为.故答案为：.12．【分析】根据题意可得：，分别根据单调性求最值，代入运算求解．【详解】根据题意可得：∵在上单调递减，则又∵在上单调递增，则∴，则故答案为：．13．A【分析】分别求出和的解，根据充分必要条件的定义判定，即可求出结论,【详解】得，得，成立，则成立，而成立，不一定成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判定，属于基础题.14．C【分析】利用赋值排除法及不等式的性质逐一分析即可判断.【详解】取，对于：，故错误；对于：，故错误；对于：因为，所以，故正确；对于：，故错误.故选：C.15．B【分析】依题意，依次判断：（1）由于，可得方程有且仅有三个解；（2）由于，可得方程最多三个解；（3）方程的解最多有九个解；（4）由于，可得方程有且仅有一个解.最后可求得结果.【详解】（1）方程f[g（x）]＝0有且仅有三个解；g（x）有三个不同值，由于y＝g（x）是减函数，所以有三个解，正确；（2）方程g[f（x）]＝0有且仅有三个解；从图中可知，f（x）∈（0，a）可能有1，2，3个解，不正确；（3）方程f[f（x）]＝0有且仅有九个解；类似（2）不正确；（4）方程g[g（x）]＝0有且仅有一个解．结合图象，y＝g（x）是减函数，故正确．故答案为①④．故选B.【点睛】本题考查了函数的图象及其性质、复合函数的图象与性质、方程的解与函数的零点之间的关系，考查了推理能力，考查了数形结合的思想方法，属于中档题.16．B【分析】分段解方程求出集合中元素判断①；利用不等式性质结合取整数的意义推理判断②.【详解】对于①，当时，，方程化为，则；当时，，方程化为，则；当时，，方程化为，无解，因此，①是假命题；对于②，令，则，，当时，，，则，；当时，，，则，，因此对任意，，②是真命题，故选：B【点睛】方法点睛：针对一般的函数新定义问题的方法和技巧：①可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；②可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；③发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；④如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.17．(1)或；或(2)【分析】（1）将集合化简，再由集合的运算，即可得到结果；（2）根据题意，分与讨论，列出不等式，代入计算，即可得到结果.【详解】（1）由可得，解得或，所以或，当时，，则或.（2）当时，，即，此时满足；当时，要使，则，解得；综上所述，实数的取值范围.18．（1）；；（2）.【分析】（1）根据解得，并检验时，满足题意，得出函数解析式，求解值域；（2）根据函数值域，将问题转化，故，利用换元法求解最值即可得解.【详解】（1）由解得，反之时，，符合题意，故，据此，，即值域为（2）在显然是单调增函数，为正数，所以，故，令，则随的增大而增大，最大值为，实数范围是.【点睛】此题考查根据函数奇偶性求参数的取值，根据不等式恒成立求解参数的取值范围，涉及参变分离，换元法求解最值.19．(1)245万元(2)每件吉祥物的售价为145元时，单件吉祥物的利润最大，最大为80元【分析】（1）根据供货价格的固定价格和浮动价格的概念，将单价售价为85元代入求解即可；（2）分类讨论，分别求出当和当时的销售量和供货价，从而可得单价利润，继而利用基本不等式求解即可.【详解】（1）由题意，当单价售价为85元时，销售量为10万件，浮动价格为0.5元，供货价格为元，故总利润为：万元；（2）当时，销售量为10万件，供货价为60.5元，则，且，因而，当时，单价利润，即单价利润最大为39.5元；当时，销售量为（万件），同时，，解得，且，此时单价利润为：，当且仅当，即时，取等号因为，故当每件吉祥物的售价为145元时，单件吉祥物的利润最大，最大为80元．20．（1）见解析；（2）；（3）见解析.【分析】（1）利用函数的单调性的定义，即可证得函数的单调性，得到结论；（2）由得，转化为，设，利用二次函数的性质，即可求解.（3）把函数有个零点转化为方程有两个解，令，作的图像及直线图像，结合图象，即可求解，得到答案.【详解】（1）当时，且时，是单调递减的.证明：设，则又且，故当时，在上是单调递减的.（2）由得，变形为，即，设，令，则，由二次函数的性质，可得，所以，解得.（3）由有个零点可得有两个解，转化为方程有两个解，令，作的图像及直线图像有两个交点，由图像可得：i）当或，即或时，有个零点.ii）当或或时，由个零点；iii）当或时，有个零点.【点睛】本题主要考查了函数的单调性的判定，以及函数与方程的综合应用，其中解答中熟记函数的单调性的定义，以及合理分离参数和转化为图象的交点个数，结合图象求解是解答的关键，着重考查了转化思想，以及分类讨论思想的应用，试题有一定的综合性，属于中档试题.21．(1)极小值为0，无极大值.(2)(3)证明见解析【分析】（1）把代入函数中，并求出，根据的正负得到的单调性，进而求出的极值.（2）等价于与的图象有两个交点，求导得到函数的单调性和极值，画出的大致图象，数形结合求解即可.（3）求出，并得函数在上单调递减，在上单调递增，可得则，，要证，只需证，只需证，即证，令，对求导证明即可.【详解】（1）当时，，定义域为，求导可得，令，得，当时，，函数在区间上单调递减，当时，，函数在区间上单调递增，所以在处取到极小值为0，无极大值.（2）方程，当时，显然方程不成立，所以，