2026-2027学年高三数学9月模拟卷二

**基本信息** 高三数学9月模拟卷覆盖函数、数列、导数等核心知识，通过定义新情境（如“凹函数”）和跨模块综合题（如切线与曲线交点），考查数学抽象、逻辑推理与创新应用能力，适配高三初期复习检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合运算、幂函数性质、等比数列|结合函数单调性比较大小，基础与能力结合| |多选题|3/18|充分必要条件、数列前n项和|选项分层设计，考查逻辑辨析（如等差等比数列判定）| |填空题|3/15|函数奇偶性、抽象函数、三角函数图像|折叠图像求距离，融合几何直观与数学建模| |解答题|5/77|导数应用、数列求和、函数性质证明|定义“凹/凸函数”探究单调性，切线交点问题综合导数与方程思想，体现创新思维|

2026-2027学年高三数学9月模拟卷二 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知，则的大小关系为 A． B． C． D． 2．（本题5分）计算（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知幂函数，当时为减函数，则实数的值为（    ） A． B． C．-1或2 D． 5．（本题5分）在各项均为正数的等比数列中，，若存在两项，使得，则的最小值为（    ） A． B． C． D．2 6．（本题5分） 已知函数（,,）的部分图象如图所示,则的递增区间为(  ) A．, B．, C．, D．, 7．（本题5分）设为等比数列，为等差数列，且为数列的前项和，若，，且，则（    ） A．20 B．30 C．44 D．88 8．（本题5分）若存在极值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）下列说法正确的是（    ） A．已知集合，且，则集合的子集个数是2 B．“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件 C．“”是“”的充分不必要条件 D．设，则“”是“”的必要不充分条件 10．（本题6分）已知数列的前项和为，下列说法正确的（　　） A．若，则是等差数列 B．若，则是等比数列 C．若是等差数列，则 D．若是等比数列，且，则 11．（本题6分）过轴上一点作曲线的切线，若这样的切线不存在，则整数的可能取值为（    ） A． B． C． D． 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）设a为常数，函数，若为偶函数，则___________． 13．（本题5分）定义在R上的函数满足：①对任意的，都有；②当时，，则函数的解析式可以是______________. 14．（本题5分）如图绘制有函数的部分图象，图象与y轴的交点为，其中A，B分别为最高点和最低点，现将此图沿着x轴折叠形成一个钝二面角，夹角为120°，其中此时AB之间的距离为5，则______．    四、解答题（共77分） 15．（本题13分）（1）计算：； （2）已知，计算的值并证明． 16．（本题15分）已知数列是首项等于的等比数列，公比，是它的前项和，满足． （1）求数列的通项公式； （2）设（且），求数列的前项和的最值． 17．（本题15分）定义：记函数的导函数为，若在区间上单调递增，则称为区间上的凹函数；若在区间上单调递减，则称为区间上的凸函数.已知函数. (1)求证：为区间上的凹函数； (2)若为区间的凸函数，求实数的取值范围； (3)求证：当时，. 18．（本题17分）定义在R上的函数满足，且当时，，对任意R，均有． （1）求证：对任意R，恒有； （2）求证：是R上的增函数； （3）若，求的取值范围． 19．（本题17分）已知 曲线在点处的切线为. (1)当 时，求直线 的方程； (2)证明: 与曲线有一个异于点P的交点且； (3)在（2）的条件下， 令 求k的取值范围. 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《2026-2027学年高三数学9月模拟卷二》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B A B A B C A BCD BC 题号 11 答案 BC 1．B 【分析】根据对数函数的单调性进行判断即可. 【详解】由函数在上单调递增可知 ，， 由函数在上单调递减可知， 即0<c<1,从而得到b>c>a 故选B 【点睛】比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间）；二是利用函数的单调性直接解答； 2．B 【分析】逆用二倍角的正弦公式，配凑系数计算即得. 【详解】由. 故选：B. 3．A 【详解】由，可得，解得，故集合; 由，解得，故集合， 故． 4．B 【分析】由题中的函数是幂函数,则系数为,求出的值后代入验证在时是否为减函数,求出的值. 【详解】因为函数是幂函数,所以,即,解得:或.当时,,则在时为减函数,符合题意;当时, ,则在时为常函数,不符合题意,故舍去.综上幂函数在时为减函数的实数的值为. 故选: 【点睛】本题考查了幂函数的定义和性质,需要熟练掌握当函数为幂函数时其系数为,还要掌握幂函数的单调性,本题属于常考题型. 5．A 【分析】先求出该等比数列的公比，再将后式化简，得出和的关系，即可求解. 【详解】设等比数列的公比为，因为，所以， 即，解得或（舍去）． 因为，所以，即，所以， 所以或或 所以的值为或或，所以的最小值为． 故选：A． 6．B 【分析】由函数的最值求出，由周期求出，由特殊点的坐标求出的值，可得函数的解析式．再根据正弦函数的单调性，得出结论． 【详解】 解：由图象可知，，所以，故． 由五点法作图可得，求得，所以，． 由，得． 所以的单增区间是， 故选：B． 7．C 【解析】利用等差数列的性质可求出，再利用即可得解. 【详解】为等比数列，又， ， 又为等差数列， . 故选：C. 【点睛】本题考查了等差、等比数列性质的应用以及等差数列的求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 8．A 【分析】由在有解，分离参数得，令，再由导数求出其值域后即可得． 【详解】由题意可知，，有解， 令，则，递增，，．∴，， 故选：A. 9．BCD 【分析】根据子集个数公式即可求解A，根据一元二次方程根的分布即可求解B，根据充分条件和必要条件的定义即可求解CD. 【详解】对于A, 且，则，故集合的子集个数是，故A错误， 对于B，若方程有一个正根和一个负根，则，且，故， 由于可得到，但不能得到，故“”是“方程有一个正根和一个负根”的必要不充分条件，B正确， 对于C，由可以得到，但，解得或，因此“”是“”的充分不必要条件，C正确， 对于D, 若,，则，故“”是“”的不充分条件，又若，则，故“”是“”的必要条件，故“”是“”的必要不充分条件，D正确， 故选：BCD 10．BC 【分析】对于A，求出，, 即可判断； 对于B，利用求出通项公式，再验证是否满足2，即可判断； 对于C，根据等差数列的求和公式即可判断； 对于D，当时，可得，即可判断． 【详解】解：对于A，若，则，，，则不是等差数列，A错误； 对于B，若，则，当时，，满足2， 所以，则是等比数列，B正确； 对于C，是等差数列，则，C正确； 对于D，若是等比数列，当时，则，D错误. 故选：BC． 11．BC 【分析】先设曲线上一点，根据导数的几何意义，求曲线在该点处的切线方程，再由切线过点，得到关于的方程，由该方程无解求的取值范围，即可进行判断. 【详解】设曲线上一点， 因为，所以. 所以曲线在处切线的斜率为. 所以曲线在处切线方程为. 由切线过点，得， 整理得：. 由该方程无解，得， 即，解得. 故选：BC 12．1 【分析】先得到，利用函数为偶函数，得到，列出方程，得到，求出. 【详解】，， 因为为偶函数， 所以， 故， 故，解得：. 故答案为：1 13．（或，答案不唯一） 【解析】由可得是奇函数，再由时，可得到满足条件的奇函数非常多，属于开放性试题. 【详解】在中，令，得；令， 则，故是奇函数，由时，， 知或等，答案不唯一. 故答案为：（或，答案不唯一）. 【点睛】本题考查抽象函数的性质，涉及到由表达式确定函数奇偶性，是一道开放性的题，难度不大. 14． 【分析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，结合条件和余弦定理求出，然后将代入函数解析式即可得出答案. 【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴，轴的垂线相交于点，    连接，则， 由余弦定理得， 由上可知，轴垂直于，又平面， 所以轴垂直于平面，又轴，所以平面， 因为平面，所以， 因为的周期，所以， 由勾股定理得，解得， 由图知，的图象过点，且在递减区间内， 所以即， 因为，点在递减区间内，所以， 故答案为：. 15．（1）2 （2）；证明：因为， 所以，， ， 因为，， 所以，且， 所以，即. 【分析】（1）结合指数幂的运算性质即可求解； （2）结合指数与对数的转化及对数的换底公式可求，然后结合基本不等式即可求证. 【详解】（1） （2）略 16．（1）； （2）当时，； 当时，． 【分析】（1）公比,,故,结合等比数列的前解项和公式，可得方程，即可求得的通项公式; （2）,利用等差数列的求和公式可得数列的前项和,对分类讨论,利用二次函数与对数函数的单调性即可得出． 【详解】（1）公比，∵,． ∴,解得． ∴． （2），∴数列的前项和， 当时，； 当时，． 【点睛】本题考查等比数列与等差数列的通项公式和前项公式、二次函数的单调性、对数函数的单调性、分类讨论方法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 17．(1) 由题意得，，记的导函数为（下同）， 则，所以在区间上单调递增， 所以为区间上的凹函数. (2) (3) 由题意得，. 当时，，符合题意， 当时，因为，则，则即证， 即证， 设，则， 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 故当时，，即成立. 当时，由（1）知在上单调递增， 又，所以，使得， 所以，因为，所以，所以. i）当时，，即证， 设，则， 所以在上单调递减， 所以. ii）当时，，即，即证， 设，则， 令， 则， 故在上单调递增，则， 故在上单调递增，则， 则，则在上单调递增， 故当时，. 综上，当时，. 【分析】（1）求出函数的导函数，利用为区间上的凹函数的定义证明； （2）求出函数的导函数，利用为区间上的凹函数的定义求解； （3）由题意得到，分，，讨论证明； 【详解】（1）略 （2）由题意得，，则， 令，则，故. 令，则， 故在上单调递增，故， 则，故，故实数的取值范围为. （3）略 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是由时，根据在上单调递增，利用零点存在定理，得到，使得，再分和而得证. 18．（1）见解析；（2）见解析；（3）(0，3) 【解析】（1）令可得，再由以及当时，，即可得证； （2）设，则，所以，再结合（1）中的结论即可得证； （3）依题意可得，根据函数的单调性可得解得即可； 【详解】（1）证明：令，得，又因为，所以. 当时，，所以，即， 又因为时，，所以对任意，恒有. （2）证明：设，则，所以． 因为，所以，又， 则，即，所以是上的增函数． （3）由，得， 又由为增函数，所以，解得，故的取值范围是． 【点睛】本题考查抽象函数的单调性的证明以及抽象函数的单调性的应用，属于中档题. 19．(1) (2)证明：由于，故的方程可化为. 设，则直线的方程为. 令， 设，则对有，所以在上单调递增. 记， 则. 由于， 且 ， 故一定存在，使得，即. 而，故是与曲线的交点，且 (3) 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）设，，利用零点存在定理证明存在使得即可； （3）易知，则计算可得. 令，则命题即要研究有正根的充要条件. 再对分类讨论，利用多次求导研究的单调性，即可求解. 【详解】（1）当时，，而，所以. 所以的方程是，即 （2）略 （3）对，设. 则， 令，则， 令，. 由于当时，的导数， 故在上单调递增. 若，则. 所以对有，从而在上单调递增； 所以对有，从而在上单调递增； 所以对有，从而在上单调递增； 所以对有，从而在上无零点. 若，则. 由于对有， 故. 从而存在使. 结合在上单调递增，知对有， 从而在上单调递减； 所以对有，从而在上单调递减； 所以对有，从而在上单调递减； 所以， 又由于对有 ， 故对有，从而当时， 有 . 结合，就知道在上存在零点，从而在上存在零点. 综上，对，函数在上存在零点的充要条件是. 最后，一方面因为，就有 ， 所以在上存在零点，故； 另一方面，对任意，取，则在上存在零点. 记该零点为，取，则 . 所以这样的满足原条件，且. 综上，的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，将取值范围问题转化为函数的零点存在性问题，然后即可使用导数研究零点的存在性. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $