精品解析：河南省青桐鸣2025-2026学年高三上学期第二次联考数学试题

2025—2026年度上学期河南省高三年级第二次联考 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4，本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语､不等式､函数､导数. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据交集的定义求解. 【详解】集合，即. 集合，所以. 故选： 2. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 2 B. 1 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由导数的定义即可求解. 【详解】由， 可得：， 即， 所以， 故选：C 3 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数、对数函数的性质判定大小即可. 【详解】由指数函数、对数函数的性质， 易知， 所以. 故选：D 4. 函数的大致图象为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性排除D；利用函数值正负排除AC，即可得到答案. 【详解】函数的定义域为， 而， 所以是奇函数，图象关于原点对称，排除D； 当时，，排除C； 当时，，排除A，而B满足条件． 故选：B 5. “”是“函数的定义域为”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由不等式恒成立求出的取值范围，根据充分条件、必要条件的概念得解. 【详解】由的定义域为，得. 当时，40恒成立； 当时，由解得. 所以当函数的定义域为时，的取值范围为，， 所以“”是“函数的定义域为”的充分不必要条件. 故选：B 6. 已知函数，且在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用分段函数的单调性，对数函数的单调性以及二次函数的单调性列不等式，即可得到答案. 【详解】由题意得， 得. 故选：C 7. 研究表明地震释放的能量（单位：焦耳）与震级之间满足（，为常数）．若5.5级地震所释放的能量为焦耳，8级地震所释放的能量为焦耳，则6级地震所释放的能量为（ ）（取） A. 焦耳 B. 焦耳 C. 焦耳 D. 焦耳 【答案】C 【解析】 【分析】依题意，列出关于的方程组，利用对数的运算性质，求出的值，即得函数的关系式，将代入，利用指对数互化计算即得答案. 【详解】依题意，， 解得，，则时，， 则焦耳. 故选：C. 8. 已知定义在上的可导函数的导函数为，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，，利用导数判断出在上单调递减，由已知可得，再利用的单调性可得答案. 【详解】因为，，所以， 令，， 则， 因为，，所以， 所以在上单调递减， 因为，所以，所以， 即，可得， 又因为在上单调递减， 所以，解得. 故选：A. 二､多选题：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. 已知正数满足，则（ ） A. B. 的最小值为1 C. 的最小值为6 D. 的最小值为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】由为正数即可得A；借助基本不等式计算即可得B、C；借助基本不等式“1”的活用计算即可得D. 【详解】对A：，则，又，则，故A正确； 对B：， 当且仅当，即，时等号成立， 故的最大值为1，故B错误； 对C：， 当且仅当，即，时等号成立， 故的最小值为，故C正确； 对D：、 ， 当且仅当，即，时等号成立， 故的最小值为2，故D正确. 故选：ACD. 10. 若函数，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 图象对称中心在定直线上 D. 函数在上的最大值与最小值之和为 【答案】BCD 【解析】 【分析】解方程求得判断A；进而求得判断B；设图象的对称中心的坐标为，计算，进而可求得判断C；，可得，进而得可判断D. 【详解】，则，解得，故A错误. 当时，， 则，故B正确. 设图象的对称中心的坐标为， 则 ， 所以0，所以， 即图象的对称中心在直线上，故C正确. 由题意得， 设，则，， 所以在上的最大值与最小值之和为0，则， 即，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数满足，，当时，，则（ ） A. B. C. 在上单调递增 D. 存在，使得恒成立 【答案】AC 【解析】 【分析】令代入原式，求出的值，即可判断A；令代入原式，求出的值，即可判断B；令，将原式化为，设， 令，证明，即可判断C；利用在上的单调性，即可判断D. 【详解】已知函数满足， 令，可得， 即，解得，故A正确； 令，可得， 因为，又由A可知，所以， 可得，故B错误； 将原式移项变形可得， 令，则上式可化为. 当时，，即. 设，则，. 令， 则有， 因为，， 所以， 又因为，所以，所以， 即，即， 所以在上单调递增，故C正确； 由选项C可知在上单调递增，且当时，， 所以不存在，使得恒成立，故D错误. 故选：AC 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. “”的否定为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可得解. 【详解】“”的否定为. 故答案为：. 13. 已知曲线在处的切线与曲线在处的切线重合，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，求导，结合两函数在处的切线重合，可得，求解即可. 【详解】设，得， 因为在处的切线重合， 则，解得，所以 故答案为：. 14. 已知函数若存在，使得，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论所在范围，据此求出的表达式，利用导数求解即可. 【详解】当时，， 所以，即， 所以，则. 设，则，则在上单调递增， 所以. 当时，，则， 所以，不存在，使得. 当时，，由，得， 所以，则2）. 令，易得在上单调递增， 所以，即. 综上所述，的取值范围是. 故答案为： 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）求； （2）若，求； （3）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求得集合，可求； （2）由（1）可求得，可求得； （3）分，两种情况求解即可. 【小问1详解】 令，得，则. 因为，所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 当时，，所以. 【小问3详解】 当时，，得； 当时，由，解得. 综上，的取值范围为. 16. 已知两点分别在函数且与的图象上，直线与轴垂直，点在点的上方，且.设函数. （1）求的解析式； （2）证明：当时，. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据图象上的点，代入可得，再由求即可得解； （2）根据对数运算化简后，转化为比较真数大小，利用作差法比较即可. 【小问1详解】 因为在的图象上，所以， 解得. 因为直线与轴垂直，且， 所以， 则，解得， 所以 【小问2详解】 证明：当时，， . 因， 所以. 因为函数在上单调递增，所以 17. 已知函数的导函数为，且. （1）求的值； （2）求不等式的解集； （3）若，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，根据所给条件解方程得解； （2）利用导数判断函数的单调性，由单调性得出不等关系，求解即可； （3）分离参数后构造函数，利用导数求出构造函数的最小值，即可得解. 【小问1详解】 由，得. 因为， 所以， 解得. 【小问2详解】 由（1）得. 当时，函数单调递增，单调递减， 所以为单调递增函数， 所以，所以在上单调递增. 因为， 所以，即， 所以或 解得，故原不等式的解集为. 【小问3详解】 由，得. 设，则. 设，则， 则在上单调递增. 又， 所以存在，使得，即. 当时，，即；当时，， 即.所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 所以 因为，所以，所以. 18. 已知函数. （1）若，求的单调区间及最大值； （2）若存在极大值点，且极大值小于，求的取值范围. 【答案】（1）增区间为，减区间为；最大值为 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可求出函数的单调区间，进而可求出最大值； （2）分，，和四种情况讨论，分别求出函数的单调区间及极大值，进而可得出答案. 【小问1详解】 当时，的定义域为， ， 当时，；当时，， 所以的增区间为，减区间为， 所以在处取得极大值，也取得最大值，最大值为； 【小问2详解】 ， ①当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，符合题意； ②当时，， 当时，，当时，，所以在上单调递减， 此时无极值，不符合题意； ③当时，令， 解得， 当时，，当时，， 当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减， 则的极大值为 ， 令，则， 设， 则，所以在上单调递增， 则由，得， 即，所以； ④当时，， 当时，，当时，， 当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减， 则的极大值为，符合题意， 综上所述，的取值范围为. 19. 已知函数. （1）讨论的图象与直线的交点个数. （2）已知函数有五个不同的零点，且. ①求的取值范围； ②比较与的大小，并说明理由. 【答案】（1）答案见解析 （2）①；②，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数判断单调，然后利用数形结合，即分类可得交点个数； （2）①利用零点概念求解第一段函数零点，第二段函数利用复合函数思想，结合二次方程根的分布来确定参数范围； ②利用复合函数变量分析，把要证明的不等式进行化简，再构造函数，利用导数，结合单调性进行证明即可. 【小问1详解】 由题意求导可得. 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 则. 当时，，当时，，当时，. 所以的大致图象如图所示. 当时，的图象与直线的交点个数为0； 当或时，的图象与直线的交点个数为1； 当时，的图象与直线的交点个数为2. 【小问2详解】 ①当时，由，解得或. 因为，所以. 当时，有三个零点，令，则有两个不同的实数根， 由（1）可得二次方程根的分布：或 当时，则. 当时，，解得：. 综上可得，的取值范围为. ②由①可得 所以16. 易得，构造函数， 则 ， 当时，得，得，则在上单调递增. 因为，所以，得. 又在上单调递减， 所以，得. 又， 所以. 【点睛】方法点睛：（1）利用导数判断单调性，再通过数形结合，分类讨论可得到零点个数； （2）①通过复合函数思想，利用二次方程根的分布来求参数的范围； ②利用构造函数来分析不等式，从而可得到证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026年度上学期河南省高三年级第二次联考 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4，本试卷主要考试内容：集合与常用逻辑用语､不等式､函数､导数. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的导函数为，且，则（ ） A. 2 B. 1 C. 4 D. 8 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的大致图象为（ ）． A B. C. D. 5. “”是“函数的定义域为”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知函数，且在上单调递减，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 研究表明地震释放能量（单位：焦耳）与震级之间满足（，为常数）．若5.5级地震所释放的能量为焦耳，8级地震所释放的能量为焦耳，则6级地震所释放的能量为（ ）（取） A. 焦耳 B. 焦耳 C. 焦耳 D. 焦耳 8. 已知定义在上的可导函数的导函数为，若，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 已知正数满足，则（ ） A. B. 的最小值为1 C. 的最小值为6 D. 的最小值为2 10. 若函数，则（ ） A 当时， B. 当时， C. 图象的对称中心在定直线上 D. 函数在上的最大值与最小值之和为 11 已知函数满足，，当时，，则（ ） A. B. C. 上单调递增 D. 存在，使得恒成立 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. “”的否定为__________. 13. 已知曲线在处的切线与曲线在处的切线重合，则__________. 14. 已知函数若存在，使得，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. 已知集合. （1）求； （2）若，求； （3）若，求的取值范围. 16. 已知两点分别在函数且与的图象上，直线与轴垂直，点在点的上方，且.设函数. （1）求的解析式； （2）证明：当时，. 17. 已知函数的导函数为，且. （1）求的值； （2）求不等式的解集； （3）若，证明：. 18. 已知函数. （1）若，求的单调区间及最大值； （2）若存在极大值点，且极大值小于，求的取值范围. 19. 已知函数. （1）讨论的图象与直线的交点个数. （2）已知函数有五个不同的零点，且. ①求的取值范围； ②比较与的大小，并说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $