河南省郑州外国语学校2025-2026学年高三上学期调研1考试（9月）数学试题

郑州外国语学校2025-2026学年高三上期调研1考试试卷 数　学 （120 分钟 150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.“”的一个必要不充分条件是(    ) A. B. C. D. 2. 已知集合，，若有三个元素，则实数的取值集合为(    ) A. B. C. D. 3.已知函数的定义域为，则函数的定义域为(    ) A. B. C. D. 4.已知实数，满足，，且，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 5.已知是偶函数，则(    ) A. B. C. D. 6.设，若为函数的极大值点，则(    ) A. B. C. D. 7.甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第名到第名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，人的名次排列可能有多少种不同情况？(    ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8.若对任意，恒有，则实数的最小值为(    ) A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知函数及其导函数，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是(    ) A. B. C. D. 10.“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取名学生进行问卷调查，得到以下数据，则(    ) 参考公式及数据：，． 当时，． 喜欢天宫课堂 不喜欢天宫课堂 男生 女生 A. 从这名学生中任选人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为 B. 用样本的频率估计概率，从全校学生中任选人，恰有人不喜欢天宫课堂的概率为 C. 根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联 D. 对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，则参加测试的学生成绩的均值为 11.已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则(    ) A. B. 的图象关于点对称 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.的展开式中的系数是          用数字作答 13.若函数在区间内单调递增，则实数的取值范围为          ． 14.已知，若对于任意的，恒成立，则的取值范围是          ． 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.本小题分 已知函数，，函数在处有极值． 求函数的解析式； 求函数在上的最值． 16.本小题分 已知点和点为椭圆上两点． 求椭圆的率心率 若过点的直线交椭圆于另一点，且的面积为，求直线的方程． 17.本小题分 在四棱锥中，底面是正方形，若． 证明：平面平面； 求二面角的平面角的余弦值． 18.本小题分 已知函数． 当时，求曲线在点处的切线方程； 若曲线与 的图象在上至少有一个交点，求的取值范围； 若，、，且，，求的最小值． 19.本小题分 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分平局不得分棋手负减分当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止否则比赛继续已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为，，，且各局比赛相互独立． 求恰好两局后比赛终止的概率 在局后比赛恰好终止的条件下，求棋手挑战成功的概率 在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元记局后比赛恰好终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值． 第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三上期调研1参考答案及评分细则 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1.   2.   3.   4.   5.   6.   7.   8.   二、多选题：本题共3小题，共18分。 9.   10.   11.   三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.   13.   14.   四、解答题：本题共5小题，共77分。 15. 解： 由在处有极值可得 ，所以， 此时，令得， 列表如下 递增 递减 递增 验证得函数在处有极值，故函数解析式为；……………………8分 由上表可知在处有极大值． 在处有极小值， 又因为，， 所以函数最小值为，最大值为．  ……………………13分 16. 解：由点，在椭圆：上， 得，解得，， 则， 故椭圆的离心率为； ……………………6分 由题得， 设三角形底边上的高为， 由，解得， 又可求得直线的方程：， 设过点与直线平行的直线， 由，解得或， 当时，经检验此时与椭圆相离，故舍去； 当时，直线与直线关于原点对称， 可得与椭圆的交点即为点，关于原点的对称点，记作、， 分别与可求得直线方程为或， 因此，直线即直线的方程为或．  ……………………15分 17. 解：证明：取的中点，连接，， ， ， ，， ，， ， ， 又，平面， 平面， 平面， 平面平面； ……………………7分 由知平面平面，  又，平面，平面平面， 平面，平面， ， 过作于点，连接， ， ，， ， 则为所求二面角的平面角， 由， ， ， 所以二面角的平面角的余弦值为．  ……………………15分 18. 解：当时，，， 可得，，即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即． ……………………5分 由，得， 令，其中， 则，其中， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增． 所以，，所以，则的取值范围为． ……………………11分 因为、，且，， 所以， 设函数，则，可得在上单调递减， 所以在上恒成立，即对时恒成立． 设，则． 设，则，令，解得． 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增． ，， 当时，， ，则，， 所以存在，使得，即． 当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 所以当时，取得最大值． ， 当时，， 又整数，所以的最小值为． ……………………17分   19. 解：设第局比赛甲胜为事件，第局比赛甲平为事件，第局比赛甲负为事件， 设“两局后比赛终止”为事件， 因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止， 当棋手得分为分，则局均负，即 当棋手得分为分，则局先平后胜，即， 因为，互斥， 所以 ， 所以两局后比赛终止的概率为； ……………………5分 设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件， 因为 ， ， 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ， 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ……………………11分 因为局获奖励万元，说明甲共胜局， 当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种 当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种 则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率 ， 所以， ， 因为，所以， 所以，所以单调递减， 所以当时，取最大值为．  ……………………17分 第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三上期调研1考试数学详细解析 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.“”的一个必要不充分条件是(    ) A. B. C. D. 【答案】B  【解析】【分析】 本题考查必要不充分条件的概念，属于基础题． 由集合间的包含关系直接判断即可． 【解答】 解：， 因为， 所以是的必要不充分条件． 故选B． 2. 已知集合，，若有三个元素，则实数的取值集合为(    ) A. B. C. D. 【答案】B  【解析】【分析】 本题主要考查了集合的并集及其运算及集合中元素的性质，属于中档题． 根据题意可知或，解出的值即可． 【解答】 解：由集合，，且有三个元素， 可知或， 得或或． 故选B． 3.已知函数的定义域为，则函数的定义域为(    ) A. B. C. D. 【答案】A  【解析】【分析】 本题考查函数的定义域，属于基础题． 根据题意的定义域，再由分母根式内部的代数式大于求解． 【解答】 解：根据题意，，且得 故选：． 4.已知实数，满足，，且，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 【答案】A  【解析】【分析】 本题考察利用基本不等式求最值，属于基础题． ，进而利用基本不等式即可． 【解答】 解：因为，，且，则 ，当且仅当， 即，时取等号，故选A． 5.已知是偶函数，则(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】【分析】 本题考查了偶函数的性质，属于基础题． 利用偶函数的性质，即可求出． 【解答】 解：因为是偶函数， 所以， 所以． 故选   6.设，若为函数的极大值点，则(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】【分析】 本题考查利用导数研究函数的极值、极值点，考查一元二次不等式的解法，考查分类讨论思想，属于较难题． 根据，且为函数的极大值点，利用导数来判断，该满足的条件，为此需要判断函数在左右的单调性，本题需要分，并且，，并且，，并且，，并且共种情况讨论，由此可以推出：并且或并且，然后可判断选项的正确性． 【解答】 解：因为， Ⅰ所以当时，函数在单调，无极值，不合条件； Ⅱ当时，因为， 所以，若并且时，， 由，得：或， 由，得：， 所以这时在上单调递增，在上单调递减，是函数的极大值点，符合条件； 若，并且时，， 由，得：或， 由，得：， 所以这时在上单调递减，在上单调递增，是函数的极小值点，不符合条件； 若，并且时，， 由，得：， 由，得：或， 这时在上单调递减，在上单调递增，是函数的极小值点，不符合条件； 若，并且时，， 由，得：， 由，得：或， 所以这时在上单调递增，在上单调递减，是函数的极大值点，符合条件； 因此，若为函数的极大值点，则，必须满足条件： 并且或并且． 由此可见，，均错误； 又总有成立，所以C错误，D正确． 故选D． 7.甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第名到第名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，人的名次排列可能有多少种不同情况？(    ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C  【解析】【分析】 本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，关键是分析甲乙的名次情况，属于基础题．根据题意，分种情况讨论：、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案． 【解答】 解：根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名， 分种情况讨论： 、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有种情况， 剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况， 此时有种名次排列情况； 、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况， 剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况， 此时有种名次排列情况； 则一共有种不同的名次情况， 故选C． 8.若对任意，恒有，则实数的最小值为(    ) A. B. C. D. 【答案】D  【解析】【分析】 本题主要考查利用导数研究不等式恒成立问题，属中档题． 由已知可得，构造函数，结合导数可求单调性，原题转化为，结合单调性转化后分离参数，二次构造函数后转化为求解函数的最值，结合导数即可得解． 【解答】 解：由不等式，可得， 设， 则， 设，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 因此，即， 因此在上单调递增，又，， 则由得，即， 设，， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 从而， 故． 故选：． 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.已知函数及其导函数，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”，则下列函数中有“巧值点”的是(    ) A. B. C. D. 【答案】ACD  【解析】【分析】 本题主要考查导数的运算，导数的新定义问题，属于较易题． 求出导函数，看是否有解，不能解的方程通过数形结合观察即可． 【解答】 解：在中，若，则， 则，这个方程显然有解，故A符合要求； 在中，若， 则， 即，此方程无解，故B不符合要求； 在中，若，则， 由，令，，作出两函数的图象如图所示， 由两函数图象有一个交点可知该方程存在实数解，故C符合要求； 在中，若，则， 由，可得，故D符合要求． 故选ACD． 10.“天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取名学生进行问卷调查，得到以下数据，则(    ) 参考公式及数据：，． 当时，． 喜欢天宫课堂 不喜欢天宫课堂 男生 女生 A. 从这名学生中任选人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为 B. 用样本的频率估计概率，从全校学生中任选人，恰有人不喜欢天宫课堂的概率为 C. 根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联 D. 对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，则参加测试的学生成绩的均值为 【答案】BC  【解析】【分析】 本题考查独立性检验，古典概型及其计算，分层随机抽样的样本均值，属于中档题． 利用古典概型及二项分布概率计算可判断和；通过计算，与比较大小即可判断；计算参加测试的学生的平均成绩，可判断． 【解答】 解：对于， 抽取到的男生喜欢天宫课堂的概率为，故A错误； 对于，由题意可知抽取到一名学生喜欢天宫课堂的概率为，不喜欢天宫课堂的概率为， 则任选人，恰有人不喜欢天宫课堂的概率为，故B正确； 对于， ， 所以根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联，故C正确； 对于，抽取的喜欢天宫课堂的学生男、女生人数分别为、， 又男生的平均成绩为，女生的平均成绩为， 所以参加测试的学生成绩的均值为， 故D错误． 故选：． 11.已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则(    ) A. B. 的图象关于点对称 C. D. 【答案】ABD  【解析】【分析】 本题考查抽象函数的对称性，考查复合函数的求解，考查等差数列的求和公式，属于较难题． 利用抽象函数的对称性，复合函数的求解，等差数列的求和公式，对各个选项逐一判断即可． 【解答】 解：因为， 所以 对于，在中，令，可得， 解得，即，故A正确； 对于，因为， 所以， 所以的图象关于点对称，故B正确； 对于，因为， 所以 若，则， 可得，与矛盾，故C错误； 对于，在中，令，可得，解得． 在中，令，可得，解得，即． ，得， 即，即， 所以． 所以当为偶数时， ， 当为奇数时， ， 综上，， 所以 ，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.的展开式中的系数是          用数字作答 【答案】  【解析】【分析】 本题考查了二项展开式中特定项的系数，属于基础题． 由二项式的通项公式得的展开式中含、的项，再分别与第一个因式中的，相乘，再求和得的展开式中的项，得系数． 【解答】 解：的通项公式为， 其中含的项为，含的项为， 的展开式中的项是， 即的展开式中的系数是． 13.若函数在区间内单调递增，则实数的取值范围为          ． 【答案】  【解析】【分析】 本题考查复合函数的单调性，利用函数单调性解决参数问题，属于基础题． 先求出函数的定义域，然后利用复合函数的单调性求出函数的单调增区间，再根据题意列出不等式组即可求解． 【解答】 解：要使函数 有意义， 则有，解得，则函数的定义域为， 令， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 又因为 在上单调递减， 由复合函数的单调性可知：函数在上单调递增， 又因为函数在区间 内单调递增， 则有，解得， 则实数的取值范围为． 故答案为：． 14.已知，若对于任意的，恒成立，则的取值范围是          ． 【答案】  【解析】【分析】 本题主要考查函数的奇偶性，单调性，不等式恒成立问题，属于较难题． 判断函数奇偶性和单调性，然后等价转换为，分类求解即可． 【解答】 解：由题意得的定义域为， ， 所以， 所以为偶函数， 当时，函数为增函数， 所以，即， 则对于任意的恒成立， 所以对于任意的恒成立， 即对于任意的恒成立， 当时，恒成立，得， 当时，恒成立，得， 所以的取值范围为：． 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题分 已知函数，，函数在处有极值． 求函数的解析式； 求函数在上的最值． 【答案】解： 由在处有极值可得 ，所以， 此时，令得， 列表如下 递增 递减 递增 验证得函数在处有极值，故函数解析式为； 由上表可知在处有极大值． 在处有极小值， 又因为，， 所以函数最小值为，最大值为．  【解析】本题考查已知极值或极值点求参，利用导数求函数的最值，属于中档题． 根据求出，然后验证单调性即可求出函数的解析式； 比较中的极值与区间端点的函数值即可求出函数在上的最值． 16.本小题分 已知点和点为椭圆上两点． 求椭圆的率心率 若过点的直线交椭圆于另一点，且的面积为，求直线的方程． 【答案】解：由点，在椭圆：上， 得，解得，， 则， 故椭圆的离心率为； 由题得， 设三角形底边上的高为， 由，解得， 又可求得直线的方程：， 设过点与直线平行的直线， 由，解得或， 当时，经检验此时与椭圆相离，故舍去； 当时，直线与直线关于原点对称， 可得与椭圆的交点即为点，关于原点的对称点，记作、， 分别与可求得直线方程为或， 因此，直线即直线的方程为或．  【解析】本题考查了求椭圆的离心率和椭圆中的面积问题，属于较难题． 将点坐标代入椭圆方程，求出和，即可求离心率 求出三角形底边上的高，设过点与直线平行的直线的方程：，利用平行线间的距离公式求出，分情况讨论即可求出直线的方程． 17.本小题分 在四棱锥中，底面是正方形，若． 证明：平面平面； 求二面角的平面角的余弦值． 【答案】解：证明：取的中点，连接，， ， ， ， ， ，， ， ， 又，平面， 平面， 平面， 平面平面； 由知平面平面，  又，平面，平面平面， 平面，平面， ， 过作于点，连接， ， ，， ， 则为所求二面角的平面角， 由， ， ， 所以二面角的平面角的余弦值为．  【解析】本题考查线面垂直的判定、面面垂直的判定、面面垂直的性质、二面角，属于中档题． 证出平面，即可证出结果； 根据平面平面，得出平面，找出二面角的平面角，解三角形，即可求出结果 18.本小题分 已知函数． 当时，求曲线在点处的切线方程； 若曲线与 的图象在上至少有一个交点，求的取值范围； 若，、，且，，求的最小值． 【答案】解：当时，，， 可得，，即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即． 由，得， 令，其中， 则，其中， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增． 所以，，所以，则的取值范围为． 因为、，且，， 所以， 设函数，则，可得在上单调递减， 所以在上恒成立，即对时恒成立． 设，则． 设，则，令，解得． 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增． ，， 当时，， ，则，， 所以存在，使得，即． 当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 所以当时，取得最大值． ， 当时，， 又整数，所以的最小值为．   【解析】本题考查求曲线上一点的切线方程，利用导数研究函数的零点，利用导数研究恒成立问题，属于难题． 当时，求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； 令，由参变分离法可得出，利用导数求出函数在上的值域，即为实数的取值范围； 设函数，由题意可知，在上单调递减，可知在上恒成立，由参变分离法可得对恒成立，利用导数求出函数在上的最大值，即可得出整数的最小值． 19.本小题分 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分平局不得分棋手负减分当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止否则比赛继续已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为，，，且各局比赛相互独立． 求两局后比赛终止的概率 在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率 在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值． 【答案】解：设第局比赛甲胜为事件，第局比赛甲平为事件，第局比赛甲负为事件， 设“两局后比赛终止”为事件， 因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止， 当棋手得分为分，则局均负，即 当棋手得分为分，则局先平后胜，即， 因为，互斥， 所以 ， 所以两局后比赛终止的概率为； 设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件， 因为 ， ， 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 ， 所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 因为局获奖励万元，说明甲共胜局， 当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种 当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种 则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率 ， 所以， ， 因为，所以， 所以，所以单调递减， 所以当时，取最大值为．  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 第10页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $