黑龙江省哈尔滨市2025-2026学年高三数学上学期9月月考试题含解析

2025-2026学年度高三上学期第一次验收考试

数学试卷

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）

Axx24x30

1.集合，B{x||x|1}，则AB（）

A.(,1)B.(1,)

C.(1,3)D.(,1)(1,)

【答案】C

【解析】

【分析】求出集合A,B，按交集的定义求解即可.

【详解】因为Axx24x30{x|1x3},

B{x||x|1}{x|x1或x1}，

所以AB{x|1x3}{x|x1或x1}={x|1x3}.

故选：C.

1

2.函数fxln2x的一个零点所在的区间是（）

x

A.0,1B.1,2C.2,3D.3,4

【答案】B

【解析】

【分析】先判断fx的单调性，结合零点存在性定理分析判断.

1

【详解】因为fx的定义域为0,，且yln2x,y在0,内单调递增，

x

可知fx在0,内单调递增，

1

且f1ln210,f2ln40，

2

所以函数fx的唯一一个零点所在的区间是1,2.

故选：B.

5

3.若sincos，则sin2（）

2

1113

A.B.C.D.

4884

【答案】A

【解析】

5

【分析】根据sincos，平方即可得出sin2的值.

2

5

【详解】由题意，sincos，

2

25

∴sincossin2cos22sincos1sin2，

4

1

解得：sin2．

4

故选：A.

4.已知函数yf(x)的图象如图所示，则yf(x1)1的图象大致为（）

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】想要由yf(x)的图象得到yf(x1)1的图象，需要先将yf(x)图象向右平移1个单位得

到yf(x1)的图象，然后将x轴下方图象翻折到x轴上方得到yf(x1)，最后将图象向上平移1个

单位得到yf(x1)1图象.

【详解】先将yf(x)图象向右平移1个单位得到yf(x1)的图象

然后将x轴下方图象翻折到x轴上方得到yf(x1)

最后将图象向上平移1个单位得到yf(x1)1图象.

故选：C

(2a3)x2a2,x1

5.已知函数，满足：对任意，当时，都有

f(x)2x1,x2Rx1x2

xax3,x1

f(x)f(x)

120成立，则实数a的取值范围是（）

x1x2

33

A.(,2]B.(,2]C.(,1]D.[1,2]

22

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可得函数在R上单调递增，列出不等式组求解即可.

f(x)f(x)

12

【详解】因为对任意x1,x2R，当x1x2时，都有0成立，

x1x2

所以函数在R上单调递增，

2a30

a3

所以1，解得a1，

22

2a32a21a3

3

所以实数a的取值范围是(,1].

2

故选：C.

6.若，则1tan1tan（）

4

A.2B.3C.2D.3

【答案】A

【解析】

【分析】利用两角和的正切公式，可以得到tantan和tantan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.

tantan

【详解】根据题意，由，可得tan1，即1，

41tantan

化简整理得tantantantan1，

又1tan1tan1tantantantan

1tantantantan，

将tantantantan1代入，

得1tan1tan1tantan1tantan

1tantan1tantan2.

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t(30t100)（单位：天）与增加总分数f(t)（单位：分）的

kP1

函数模型f(t)，k为增分转化系数，P为“百日冲刺”后的一模总分，f(50)P.已知某

1lg(t1)8

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：lg511.71，结果保留整数）

A.658B.668C.678D.688

【答案】B

【解析】

1

【分析】根据所给函数模型，代入f(50)P得k的值，即可代入求解.

8

1kPP1lg512.71

【详解】因为f(50)P，所以，解得k0.33875，

81lg(501)888

0.338756000.338756000.33875600

f(99)68，

1lg(991)1lg1003

所以估计此学生在高考中可能取得的总分为60068668分.

故选：B.

1x1.1

8.已知函数fxln2sinx，aflog12，bflog43，cf0.5，则a，b，c的

1x3

大小关系为（）

A.cabB.bac

C.abcD.cba

【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．

1x

【详解】函数fxln2sinx的定义域为1,1，关于原点对称，

1x

1x1x

又fxln2sinxln2sinxfx，

1x1x

所以fx是奇函数，所以aflog12flog32，

3

22

fx2cosx，在1,1上，2，22cosx2，

1x21x1x

故fx0，所以fx在1,1上单调递增，

111

0.51.10.51，log3log21，log2log31，

2233244

又3log43log4272，3log32log382，

综上，1.1，因为单调递增，所以1.1，

0.5log32log43fxf0.5flog32flog43

即cab．

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）

3x1

9.已知函数fx，则下列结论正确的是（）

3x1

A.函数fx的定义域为R

B.函数fx的值域为1,1

C.函数fx的图象关于y轴对称

D.函数fx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y轴对称定义、单调性的性质逐一判断即可.

【详解】对A：由3x0恒成立，故函数fx的定义域为R，故A正确；

3x13x122

对B：fx1，由3x0，则3x11，

3x13x13x1

2

故0,2，则fx1,1，故B正确；

3x1

3x113x

对C：fxfx，故fx关于0,0对称，故C错误；

3x113x

3x13x122

对D：fx1，由y3x11且为增函数，

3x13x13x1

22

则为减函数，则fx1在,上单调递增，故D正确.

3x13x1

故选：ABD.

10.已知函数f(x)lg(mx2mx3)，则下列选项正确的是（）

A.若f(x)的定义域为R，则m[0,12)

B.若f(x)的值域为R，则m(12,)

1

C.若f(x)的定义域为(2,3)，则m

2

1

D.若f(x)在(,)上单调递增，则m(0,)

2

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A，根据函数的定义域为R，可得mx2mx30在R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R，可得mx2mx3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f(x)的定义域为(2,3)，可转化成不等式mx2mx30的解集为(2,3)，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，f(x)lg(mx2mx3)的定义域为R等价于mx2mx30在R上恒成立，

m0

当时，不等式为，符合题意；当时，有，解得.

m030m020m12

Δm12m0

综上即得当f(x)的定义域为R时，m[0,12)，故A正确；

对于B，由f(x)lg(mx2mx3)的值域为R，可得mx2mx3可以取遍一切正数，

m0

故需使，解得，故B错误；

2m12

Δm12m0

对于C，f(x)lg(mx2mx3)的定义域为(2,3)，即不等式mx2mx30的解集为(2,3)，

31

故m0，且方程mx2mx30的两根为2和3，则236，解得m，故C正确；

m2

1

对于D，对于函数f(x)lg(mx2mx3)在(,)上单调递增，显然m0，

2

11

设tmx2mx3m(x)23m，因ylgt在定义域上为增函数，

24

m0

故依题意，需满足1，解得0m12，故D错误.

3m0

4

故选：AC.

11.已知函数f(x)，g(x)定义域均为R，g(x)的图象关于点(1,0)对称，且满足f(1x)g(x)4，

f(x3)g(x)4，则（）

A.函数f(x)的图象关于x1对称B.g(x)是周期为4的函数

2025

C.g(k)1D.yg(x1)是奇函数

k1

【答案】ABD

【解析】

【分析】由g(x)的图象关于点(1,0)对称，根据对称性可得g2xgx，可判断D；由已知可得

f1xf1x判断A；由已知等式推出gx4g(x2)gx，可推出函数g(x)的周期，

判断B；再结合赋值法可判断C.

【详解】函数f(x),g(x)的定义域均为R，函数g(x)的图象关于点(1,0)对称，则g1xg1x，

即函数gx1是奇函数，D正确；

又f1xgx4①，fx3gx4②，

由①式，令xx2，得f1x2gx24，

化简可得fx14g2x；

由②式，令xx2，得fx23gx24，

化简得fx14g2x；

因此fx1fx1，即f1xf1x.

故f(x)的图象关于直线x1对称，A正确；

由①式，令xx4，可得f(x3)g(4x)4③，

③-①可得g(4x)g(x)④，

由判断D选项可知，g2xgx⑤，

④+⑤可得g(4x)g2x

令xx2可得g(2x)gx，

则gx4g(x2)gx，

故函数g(x)是周期为4的函数，B正确；

由判断D选项可知，函数gx1是奇函数，则g2xgx，

令xx1，则g(x1)gx1，

令x1，得g(2)g0，令x0，得g(1)0，

由gx3g(x1)，令x0，得g(3)g1，

可得g(0)g(1)g(2)g(3)g(0)g(1)g(0)g(1)0，

k1

故g(1)g(2)g(3)g(4)0，则g(k)506g(1)g(2)g(3)g(4)g(1)0，C错误，

2025

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）

525

12.已知角的终边与单位圆的交点为P(,)，则cossin________.

55

51

【答案】##5

55

【解析】

【分析】利用三角函数的定义求出cos,sin，代入所求式计算即得.

525

【详解】由题意，cos,sin，

55

5255

则cossin().

555

故答案为：5.

5

13.已知a0，b0，且ab2ab，则eab的最小值为________.

【答案】e2

【解析】

【分析】由基本不等式乘“1”法求得ab最小值即可求解.

【详解】由ab2ab，

11

可得：2，

ab

1111ba1ba

所以abab2222，

2ab2ab2ab

当且仅当ab1时，取等号，

所以eab的最小值为e2，

故答案为：e2

x11,x0

21

14.已知函数f(x)ln(ex)，若方程[f(x)]mf(x)0有7个不同的实数解，则m的

1,x02

x

取值范围为________.

39

【答案】,

24

【解析】

【分析】先画出fx的图象,设tfx,由图象可转化问题为fxt1有3个解,fxt2有4个解，

然后分析t1,t2的范围即可求解.

x,1x0

【详解】由题可得，当x0时,fxx2,2x1；

x2,x2

e

xlnex

当x0时,1lnex,

fxex

x2x2

当x0,1时fx0；当x1,,fx0,

,

所以fx在0,1上单调递增,在1,上单调递减,

所以,

fxmaxf12

lnex

当x0时,lnex,则fx；当x时,0,则fx1,

x

画出fx的图象,如图所示,

21

因为fxmfx0有7个不同的实数解，

2

1

设tf(x)，则t2mt0，

2

11

由[f(x)]2mf(x)0有7个解，则必然t2mt0有两个解t,t，

2212

且fxt1有3个解,fxt2有4个解，有以下情况：

11

（1）0t1,t0，t0代入t2mt0可得0，矛盾，故舍去；

21122

g(0)0

2139

（2）t11,2,t20,1，设g(t)tmt，根据根的分布的性质可得：g(1)0，解得m；

224

g(2)0

1331

（3）t0,1，t1，t1代入t2mt0，解得m，此时t2t0，解得t1，

21122221

1

t0,1符合题意.

22

39

综上所述，m,.

24

39

故答案为：m,

24

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）

a

15.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3bcosC3ccosB.

tanA

（1）求角A；

（2）若b，a，c成等差数列，且bc23，求a.

π

【答案】（1）

6

23

（2）1

3

【解析】

a

【分析】（1）结合正弦定理将3bcosC3ccosB转化为

tanA

3sinBcosC3sinCcosBcosA，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2abc，结合（1）及余弦定理可得b2c2a23bc，再结合条件

bc23解方程求a即可.

【小问1详解】

设ABC的外接圆半径为R，

由正弦定理可得a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC，

a

因为3bcosC3ccosB，

tanA

2RsinAcosA

所以23RsinBcosC23RsinCcosB，

sinA

所以3sinBcosC3sinCcosBcosA，

所以3sinBCcosA，

因为ABCπ，所以sinBCsinπAsinA，

3

所以3sinAcosA，故tanA，

3

因为A0,π，

π

所以A，

6

【小问2详解】

因为b，a，c成等差数列，

所以2abc，

π3

因为A，所以cosA，

62

b2c2a23

由余弦定理可得，故b2c2a23bc，

2bc2

22

所以bca23bc，又bc23，

2

所以3a223，又a0，

2323

所以a1，

33

23

所以a1.

3

16.已知数列满足，且n1*.

ana12an12an2(nN)

（1）求数列an的通项公式；

（2）求数列an的前n项和Sn.

【答案】（1）n

ann2

（2）n1

Sn(n1)22

【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】

n1

由n1，则an12an2an，

an12an21

2n12n12n

aaa2

则n1n1，又11，

2n12n212

a

故数列n是以1为首项，1为公差的等差数列，

2n

a

故nn，则an2n；

2nn

【小问2详解】

23n

Sna1a2an122232n2

则234n1，

2Sn122232n2

则23nn1

Sn2SnSn2222n2

212n

n2n12n12n2n11n2n12，

12

n1

则Snn122.

a

17.已知函数f(x)x2(a1)xlnx，aR.

2

（1）讨论f(x)的单调性；

2≥

（2）设a1，函数g(x)x4x5，对于x1[1,e]，x2[2,)，使得f(x1)g(x2)，求实数a

的取值范围.

11

【答案】（1）a0时，f(x)在0,单调递减；a0时，f(x)在0,单调递减，,单调递

aa

增

4

（2）a

3

【解析】

【分析】（1）对函数求导，讨论a0、a0研究导数符号确定区间单调性；

（2）问题化为f(x1)ming(x2)min对x11,e，x22,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】

1ax2a1x1ax1x1

由题设fxaxa1且x(0,)，

xxx

当a0时fx0,fx在0,上递减；

1

当a0时，令fx0x，

a

11

当0x时fx0,fx在区间0,上递减；

aa

11

当x时fx0,fx在,上递增．

aa

所以当a0时，fx的减区间为0,，无增区间；

11

当a0时，fx的增区间为,，减区间为0,.

aa

【小问2详解】

≥

由题设对于x1[1,e]，x2[2,)，使得f(x1)g(x2)，知f(x1)ming(x2)min,x1[1,e]，x2[2,)

成立．

3a

由（1）当a1时，x1,e,fx0，则fx在1,e上递增，fxf11，

min2

2

对于x2[2,)，函数g(x)x4x5单调递增，gx在[2,)上递增，

，

gxming24851

3a4

所以只需f111,a．

23

4

综上：a．

3

22

xy16

18.已知椭圆C:1(ab0)的离心率为，过点P(2,)，O为坐标原点.

a2b222

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）过点F(1,0)的直线l交曲线C于A，B两点，过点F与l垂直的直线交曲线C于D，E两点，其中A，

D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点.

（i）证明：直线MN过定点；

（ii）求FMN面积的最大值.

x2y2

【答案】（1）1

43

9

（2）（i）证明见解析；（ii）

49

【解析】

【分析】（1）根据题意列方程组即可求出；

1

（2）（i）设AB:xmy1m0，DE:xy1，联立方程组求出M,N两点坐标，根据坐标求

m

出直线MN的方程即可；

9mm21

2

（ii）根据（i）可得SFMN，再令xm0，通过求导研究其最值即可.

24m233m24

【小问1详解】

c123

由题意可得，，1，a2b2c2，

a2a22b2

解得a24,b23,c21，

x2y2

故椭圆C的标准方程为1；

43

【小问2详解】

（i）由题意可知，直线AB斜率存在且不为0，则设AB:xmy1m0，

1

故DE:xy1，

m

22

xy22

联立xmy1，1得，3m4y6my90，

43

设Ax1,y1,Bx2,y2,Dx3,y3,Ex4,y4，

6m2

则，6m8，

y1y2xxmyy22

3m2412123m243m24

1

688m2

m6mxx

3422

则y3y422，14m3，

14m334

34m

m

43m4m23m

则，，

M2,2N2,2

3m43m44m34m3

4m24

42

2212m14m1

则直线MN的斜率的倒数为4m33m4，

3m3m2

21mm17m

4m233m24

则直线MN的方程为

222

4m13m44m14m13m4

xyy

7m3m243m247m7m3m243m24

2

4m14

y，

7m7

4

则直线MN恒过定点,0；

7

143m3m9m4m233m24

（ii）由（i）可得，SFMN1

274m233m24144m233m24

9mm21

24m233m24

9xx1

令xm20，则hx，求导得

24x33x4

x1

x4x33x424x25xx132

12x11x11x12

92x9

hx2222

24x33x44x4x33x4

令fx12x311x211x12,x0，则fx36x222x11

11

对称轴为x，f0110，故存在x0,使得fx0，

3600

则fx0得xx0；fx0得0xx0；

则fx在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增，

因f012,f10，

则当0x1时fx0，hx0；当x1时fx0，hx0；

故hx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，

9

因此，当m21时，FMN面积有最大值.

49

19.记f(x)sinx，g(x)cosx，F(x)f2n(x)g2n(x)，nN*.

（1）判断并证明F(x)的奇偶性；

n

（2）设最小值为，若，对任意*恒成立，求的最小整数值；

F(x)anaimnNmm0

i1

（3）在（2）条件下，设f(x)，求在*上的零点个数并说明理由.

G(x)m0g(x)G(x)0,2nπnN

【答案】（1）偶函数，证明见解析

（2）2（3）2n+1，理由见解析

【解析】

【分析】（1）求函数F(x)的定义域，证明定义域关于原点对称，再证明F(x)Fx，由此可得结论；

nn

（2）设tsin2x，换元可得F(x)tn1t，设Httn1t，t0,1，利用导数判断函数Ht

n

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；

Htanaim

i1

（3）由（2）可得G(x)2sinxcosx，证明函数Gx为周期函数，2π为函数Gx的一个周期，再证

明G00，由此可得x2kπ，0kn，kN都是函数G(x)在[0,2nπ](nN*)上的零点，再证明

函数Gx在0,2π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f(x)sinx，g(x)cosx，F(x)f2n(x)g2n(x)，

2n2n

所以F(x)sinxcosx，

2n2n

函数F(x)sinxcosx的定义域为R，定义域关于原点对称，

2n2n2n2n2n2n

F(x)sinxcosxsinxcosxsinxcosxFx，

所以函数F(x)为偶函数，

【小问2详解】

2n2n

因为F(x)sinxcosx，

n

令tsin2x，则t0,1，cos2x1t，则F(x)tn1t，

n

设Httn1t，t0,1，

n1n1

则n1n1，

Htntn1tnt1t

1

当0t时，1tt，又nN*，

2