2027届高三数学一轮复习专项训练试卷（六）——导数综合

**基本信息** 高三数学一轮复习模拟卷，聚焦函数与导数核心知识，融合集合、几何等内容，精选各地模拟题及高考真题，通过基础巩固、能力提升到创新应用的梯度设计，考查数学思维与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合运算、函数导数（切线方程、单调性）、几何变换（平移对称法）|结合2026高考真题（如第6、7题），注重数学眼光的几何直观| |多选题|3|函数零点、高斯函数性质、概率统计与函数综合|通过多选项设计考查批判性思维（如第10题奇偶性判断）| |填空题|3|导数几何意义、函数极值、立体几何体积最值|强调数学语言的精确表达（如第13题极值计算）| |解答题|5|函数性质证明、恒成立问题、极值点分析、新定义“分割函数”|综合应用数学思维，如第17题三问梯度提升，第19题新定义问题考查创新意识|

高三数学初步模拟测试（六） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．25-26高三上·贵州贵阳·高考复习设集合，，则（        ） A． B． C． D． 2．25-26高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末已知函数的导函数为，且的部分图象如图所示，则（       ）     A． B． C． D． 3．2026·全国·模拟预测已知函数，则曲线在处的切线方程是（        ） A． B． C． D． 4．26-27高三上·重庆·阶段检测 已知函数存在单调递减区间，则其导函数的解析式可能为（     ） A． B． C． D． 5．26-27高三上·浙江·阶段检测 已知函数的最大值为2027，则的值为（       ） A． B． C．1 D．或 6．2026·全国一卷·高考真题 已知函数的最大值为1，则（        ） A． B．1 C． D．2 7．2026·上海·高考真题 平移对称法在几何学中具有重要的应用.设平面直角坐标系中有一图形，过内任意一点作垂直于轴的直线，满足为一线段.现沿方向平移这些线段，使得它们的中点均在轴上，这样叫做平移对称法.对于，，直线和直线围成的封闭图形，对它进行一次平移对称，得到的图像大致为（       ） A．    B．    C．    D．    8．2026·山东聊城·一模已知函数及其导函数的定义域均为，若为奇函数，为偶函数，，则（       ） A． B． C． D． 二、多选题 9．2025·湖南张家界·模拟预测已知函数,若存在实数，使得关于的方程有两个不同的实数根，则实数的取值可能是（       ） A．0 B．1 C．2 D．5 10．2026·全国·模拟预测高斯函数表示不超过实数的最大整数，已知函数（为大于0的实数），下列说法正确的是（        ） A．若，则 B．无论为何值，恒过定点 C．存在，使为奇函数 D．在上单调不减 11．2026·安徽合肥·模拟预测已知随机变量（ ，且 ），设函数，记，则（       ） A．对任意 ， ，恒成立 B．对任意 ， ，恒成立 C．存在 ， ，使得方程 在区间内有解 D．不存在 ， ，使得函数 在区间内单调 三、填空题 12．2026·河北秦皇岛·二模曲线在点处的切线与直线平行，则________. 13．2025·湖南张家界·模拟预测若函数的极大值为4，则________. 14．2026·湖北武汉·三模 在长方体中，，，．若平面平面，且与四面体的棱、、、分别交于点、、、四点，则四棱锥的体积的最大值为________． 四、解答题 15.2026·浙江专项复习已知定义在上的函数有，且对于任意的都有，求证：对于大于1的有理数，及实数，有． 16.2026·浙江专项复习已知函数， (1)若对成立，求实数a的取值范围； (2)若，函数存在两个极值点，，记的最大值与最小值为，求的值. 17.2026·浙江专项复习已知函数． (1)若对时，，求正实数a的最大值； (2)证明：； (3)若函数的最小值为m，证明：方程有唯一的实数根，（其中是自然对数的底数） 18.2026·浙江专项复习已知函数． (1)若在上恒成立，求实数a的取值范围； (2)证明：． 19.2026·浙江专项复习三个互不相同的函数与在区间D上恒有或恒有，则称为与在区间D上的“分割函数”． (1)设，试分别判断是否是与在区间上的“分割函数”，请说明理由； (2)求所有的二次函数，使得该函数是与在区间上的“分割函数”； (3)若，且存在实数k，b，使得为与在区间上的“分割函数”，求的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $《高中数学错题综合卷（六)》参考答案 题号 2 4 5 6 7 10 11 答案 B A A A B A 0 ABD ABD AC 题号 12 13 14 答案 85 4 27 15.【详解】首先证明：对有理数x,有()=2fx+)=f((),易得 0倒 对正整数P、9有 -2-r0=r- 0-((。f0}-2 故 -ヅy- ① 由2=f1+0)=f)f(0)三f(0)=1=2° ② 1-0=8》8.0 2 ③ 由式①、②、③得，对有理数x有f()=2.此时，对大于1的有理数a及正整 数k,有a+k也是有理数，得f(a+k)=2 由于对正整数n有2">2+>…>2>2>B>0, 得2-B>2*(2->0(k=1,2川.】 1 1 变形得2-B2(2-A,即fa+)-日2a-9) 取k=1,2,,n并求和得 言78含0-同2社-。7- 16.【答案】(1)a≤1 96 【详解】(1)由f≥8（对x≥1恒成立可知：2-1≥2axnx,即 x-1-2alnr≥0 x 令(=x2ahx(e≥)n-1+2.-2a+1 x2 x 当a≤0时，n(x)>0,n(x)在，+o)单调递增，n(x)≥n)=0 对于x2-2ax+1,△=4(a2-1), 当0<as1时，n()≥0，n(x)在l,+o)单调递增，n()≥n()=0: 当a>1时，令n()=0得=a-v-1,名=a+va2-1,且0<x<1<x x∈(0，)时n(x>0,，x∈(，x)时n(x)<0,x∈(x,+o∞)时n(x)>0, 所以x)有”(，单调递减，n(<n()=0,与题设矛盾，不成立： 所以实数a的取值范围为a≤上； h(x)=x-1-2alnx (2)由题知： ,即(1)中函数”(x), 255 a∈ 由(1)可知，h有两个极值点x,x,则+=2a,=1, 3’3 _1-2alnx,- A5)-) _1-2alnx2 X1-x2 X-X2 2(:-)+2aln五 1+ x=2++1n点=2+x1n点. X1-X2 1-五x t=5 如=G+5=G+》-点+五+2=1++2 1 令，由于<，则>1，则 t 2W35 a∈ 由3'3, 51++2s1019sr+2 16.1 故3 331 t9,解得3≤t≤9， 设F0-2m,则F)- ,则 -102, 设r()=2-1-2l,≥D,则r)=2(-lnt-l, 而--刂=1-0 i0,仅在t=1取等号，故r'()在，+∞)单调递增， 则r()>r(四=0，故(0在山，+∞)上单调递增，故（≥r0=0，,仅在1=1取等号， 故当13，时，0在3，上单调递增，可知（≥r(3)>0=0, F'()<0,可知F'(单调递减， 可知M=Fa(t)=F(3),m=Fn()=F(9), M-m=F(3)-F(9)=2-2n3-2-1n9)=n3 17.已知函数f(x)=asinx--ln(1+x,a∈R (1)若对x∈(l,0时，f,≥0，求正实数a的最大值： 1 (2)证明： 2 3)若函数8()=f(女)+e-asi血x的最小值为m,证明：方程e-h(1+=0有 唯一的实数根，（其中e=2.71828…是自然对数的底数） 【详解】(1)：f)=cos 1+x(-1<x≤0)a为正实数， ∴.函数f()在区间(-1,0上单调递增，且f'(0)=a-l ①当0<a≤1时，f'()≤∫'(0)≤0，所以函数f)在(-l,0]上单调递减， 此时f)≥f0)=0,符合题意. ②当a>1时，o=a-1r日-小=am(合-a<0-a=0 由零点存在定理，北∈(1,0)时，有f'(x)=0,即函数fw)在1)上递减， 在(x,0)递增，所以当x∈(，0)时，有fx)<f0)=0,此时不符合. 综上所述，正实数a的最大值为1. (2)由(1)知，当a=l,x∈(-l,0)时，sinx>ln(1+x), h2品=n2+nn <ln2 n+1 3》因为国-e"-x+0,所以8国=em x+1,即函数8'(x)在(-1，+oo)上递 增， 又80=c-1>0,g --20 由零点存在定理， "+7-l血(+ +1=lm1 因此 ,而函数8)在1x)上递减，在(，+)上递增， m=8(x)n=8()=en-n(s+1)=1+inL=1 所 x+1 要证方程ex-lhl+)=0有唯一的实数解，只要证方程e-e"n(l+)=0有唯一 的实数解. H(x)=e+*-e"In(1+x)2<m< 设 2 H'(x)=" 1+x, 所以函数7)在(L+o四)上递增，又H0=e-e<0,Hm-)-em-少0 m 由零点存在定理，3x,∈(0，m-1)时，H'(x)=0,即1+五， m=-1+I1 因此m=1+名+血(1+)，又x+1x+1, 1 设m(x)=x+nx,则函数m)在(0，+o)上递增，于是 +61+且(1+%)=1+， 而函数H(d在（-1，)上递减，在x,+o)上递增， a=】=e-eh+)=e-(4n0+】 =e”(1+x-(1+x》=0 即函数H()有唯一零点x2,故方程e+-lh1+x)=0有唯一的实数解. 18.已知函数f(x)=sin2x+2sim2x (1)若f()≥2ar在02上恒成立， 求实数a的取值范围： π 2π (n+1)π1、3v2 sin +sin +…+sin (2)证明： 2n+1 2n+1 2n+1 8 【详解】(1)解：由题意，函数f(x)=sin2x+2sin2x=sin2x-cos2x+1 令1=2x,因为， 可得t∈[0，可，且f(g)=sint-cost+l 因为f(x)≥2ar在2上恒成立，即sint-cost+1≥ta在0，上恒成立， 当t=0时，不等式sint-cost+l≥ta,显然成立， 所以等价于9s01-0sr+ t 在(0，网上恒成立， 设8)=sn1-cos1+1 ,x∈(0，] rcost+2sint)t-(sint-cost+1)rcost+/sint-sint +cost- 设h0=+1simt-sint+cos1-l,可得h)=cos1-sin),】 当e0乃 时，N(☑>0，)单调递增： 当 时，☑<0，h(单调递减， 又因为 0=04到>a列0，所以4在导上存在一个零点，设为， 所以当0，时，0>0，可得80>0，g()单调递增； 当∈，心时，h)<0,可得8(<0,0)单调递减， 所以8(0在t=处取得极大值，且为最大值， 由8()=2 ,所以a≤元，即实数a的取值范围为。 (2)解：由1)知，当e0时。不等式-ca1 π恒成立， π，即 0sm+元 ≤π 当1≤k≤n+1,且k∈N*时，可得2n+14“, 所以 2n+12 2n+1 2(n+)1 2n+12 2n+12=2m+1+0n+2_n+1=3n+少 2 22(2n+1), 4(2n+1) 11 n+1=1xn+11n+)+ 22 -1 1 2n+12 1 n+ 2 又因为 「(n+1)π、3W2(n+1)、3W21_3W2 sin L2n+14(2n+1)42-8 19.三个互不相同的函数y=fx),y=8(,与y=h(,在区间D上恒有 f()≥h(x)≥gw)或恒有f()≤h()sg(x),则称y=h)为y=f)与y=g()在区间 D上的“分割函数”. (1)设()=4x,,(四)=x+1,试分别判断y=h()、y=h,(四是否是y=2r2+2与 y=-x+4x在区间上的“分割函数”，请说明理由： (2)求所有的二次函数，使得该函数是y=2x'+2与y=4x在区间（∞，+∞）上的“分 割函数”； (3)若[m,川c[-2,2),且存在实数k,b,使得y=c+b为y=x-4x2与y=4x2-16在 区间[m,川上的“分割函数”，求n-m的最大值. 【详解】(1)因为2x+2-4x=2x-)≥0恒成立，且4x-(←x2+4w=x2≥0恒成立， 所以当xe(-o,+o)时，2x2+2≥4x≥-x2+4x恒成立， 故y=()是y=2x2+2与y=-x2+4x在(o0,o∞)上的“分割函数” 又因为x+1-(←x+4)=2-3x+1,当x=0与1时，其值分别为1与-1， 所以，(，2-x2+4r与h,()≤-x2+4r在(-0，oo)上都不恒成立， 故y=h(田不是y=2x2+2与y=-x+4x在（-0，o∞)上的“分割函数”. (2)设y=ar2+cx+d(a≠0)是y=2x2+2与y=4x在(-∞，oo)上的“分割函数”， 则2x2+2≥ax2+cx+d≥4x对一切实数x恒成立，由(2r2+2)'=4x, 当x=1时，它的值为4，可知y=2x+2的图象在x=1处的切线为直线y=4x, 它也是y=ar+cx+d的图象在x=1处的切线， 2a+c=4 [c=4-2a, 所以a+c+d=4,可得d=a 所以2x2+22ar2+(4-2ar+a≥4r对一切实数x恒成立， 即(2-ax-)2≥0且a(x-)'≥0对一切实数x恒成立， 可得2-a≥0且a>0,即0<a≤2， 又a=2时y=ax2+(4-2a)x+a与y=2x2+2为相同函数，不合题意， 故所求的函数为y=ar2+(4-2a)r+a(0<a<2)」 1,4) y=2x2+2 y=ax+cx+d 少=4x (3)关于函数y=-4r,令y=4x-8x=0,可得x=0,±2， 当xe(o,-2)与xe(0,V2)时，y<0;当x∈(-V2,0)与xe(W2,+o∞)时，y'>0」 可知±2是函数y=x-4x极小值点，0是极大值点， 该函数与y=4x-16的图象如图所示. 由y=c+b为y=x-4x2与y=4x2-16在区间m,刊上的“分割函数”， 故存在6，使得b≤6且直线y=x+6与y=x-4x的图象相切， 并且切点横坐标1-2，-2]U[N2,2],此时切线方程为y=(4-8)x+4-3, 即k=(4-8),b=42-31， 设直线y=:+b与y=4x2-16的图象交于点：，乃，(：，)， y=kx+b, 则由y=4r2-16可得4r2--16-b=0, 所以x-x=VG+,)-4x516 +16+b≤ 6+16+么 =V-2}+16+4r2-31=VP-7t+8x2+16=V5-7s2+8s+166=∈[2,4)， 令k(s)=2-72+8s+16(6∈[2,4， k)=3s2-14s+8=(6s-26-4)≤0（仅当s=4时，）=0)， 所以S)严格减，故的最大值为2)=12，可知x-的最大值为2=25， 所以n-m的最大值为2W5】 y -2 0 y=x4-4x2 -16 y=-4x2-16