精品解析：湖南邵阳市2026-2027学年高一上学期拔尖创新班9月联考数学试题

2026年9月邵阳市高一拔尖创新班联考试题卷 数学 本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．保持答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存． 一、单项选择题（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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称量词的否定，“改量词，否结论”即可解决. 【详解】命题“，”的否定是“，”. 2. 已知扇形的圆心角为，其弧长为，则此扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】扇形的圆心角，其弧长，由弧度制定义，该扇形的半径， 所以该扇形的面积. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】且，所以，所以, ，则. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇偶性及特殊值即可解决. 【详解】函数定义域为，， 函数为奇函数，图象关于原点对称， 排除选项B、D； 对于选项A,C，，故C错误，A正确. 5. “，”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】，，所以， 当，，当且仅当，即时取等号，所以， 则，， 选项A，能推出，不能推出，故是它的一个充分不必要条件； 选项B是它的充分必要条件， 选项C、D，是既不充分也不必要条件. 6. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】∵函数在上单调递减， ∴，即， 又∵函数在上单调递增， ∴，即， 又∵在上单调递减， ∴，即， ∴. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】，所以, 由，得，所以， 因为，所以， 所以，即， 得，（舍去），所以， 则  . 8. 已知函数若，，，是方程的四个根，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先画出分段函数图象，由四个根确定参数，分别利用抛物线的对称性和对数函数的对称性，求出和，最后通过换元，利用对勾函数的单调性求出比值的取值范围． 【详解】画出函数图象如图所示， 由有四个根，结合图象可知，直线与函数图象有四个交点， 所以，，且 令得： 所以，因此 所以，令，因为，所以， 所以，令， 根据对勾函数单调性，在上单调递增，所以， 所以 二、多项选择题（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，有错选的得0分） 9. 已知，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据基本不等式判断A，根据“1”的代换及基本不等式判断B，根据指数幂的运算及基本不等式判断C，利用换元法及二次函数的性质判断D. 【详解】选项A，因为，， 所以，当且仅当，即时等号成立，故该选项正确； 选项B，因为，， 当且仅当，即时等号成立，故该选项不正确； 选项C，， 当且仅当，即时等号成立，故该选项正确； 选项D，， 由可知，故当时，的最小值为，故该选项不正确. 10. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】先由已知条件求，并结合的符号确定所在区间，从而确定 的值，再利用求，并用二倍角公式求，最后利用同角关系和两角差公式求，逐一判断选项． 【详解】由，得， 已知，且，所以， 又已知，所以， 假设，则，故， 此时 ， 所以，与矛盾，故不在第三象限，所以， 所以，所以A错误； 由，得， 所以，所以B正确； ，所以C错误； 因为，且，所以， 所以，所以D正确． 11. 设函数的定义域为D，区间，若对任意，存在唯一的，使得，则称是区间I上的“可倒函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是定义域上的“可倒函数” B. 若函数是区间（）上的“可倒函数”，则的取值范围为 C. 若函数是区间上的“可倒函数”，则 D. 若存在正数t，使得函数是区间上的“可倒函数”，则实数k的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】设函数的值域分别为，若是区间上的“可倒函数”，则有.对于A选项，取，求解即可；对于B选项，由以及函数的单调性求解，再利用基本不等式求解即可；对于C选项，利用函数单调递减以及求解即可；对于D选项，结合新概念确定函数的单调性，再结合对分类讨论即可. 【详解】设函数的值域分别为，由题意可知，若是区间上的“可倒函数”，则有. 对于A，的定义域为，令，则， 由，得，即，即， 判别式，方程无解，所以不是“可倒函数”，A错误； 对于B，函数在定义域（）上为“可倒函数”， 由严格递增，所以对于任意的，的取值范围为， 因为是“可倒函数”，所以，所以， 所以的取值范围为，所以， 故，即，故，解得， 通过基本不等式，解得，即，当且仅当时，等号成立， 又因为，所以，且，所以的取值范围为，故B正确； 对于C，当时，单调递减，此时其值域为， 由， ，从而在时的值域为， 由是区间上的“可倒函数”，有， 所以有，解得，C正确； 对于D，由题意，函数在定义域上连续， 若该函数不单调，则存在，使得， 对于，存在不等实数，使得， 不满足可倒函数的定义，所以在定义域上单调， 当时，在上单调递增， 对于任意的，的取值范围为，因为为“可倒函数”， 所以，所以，所以的取值范围为， 所以，故，解得 ，符合题意； 当时，函数的图象抛物线开口向上，对称轴方程为， 由，在上单调递增， 对于任意的，的取值范围为， 因为为“可倒函数”，所以，所以， 所以的取值范围为，所以， 故，解得，即，， 方程有两个不相等的实数根，又，方程有正根，符合题意； 时，函数的图象抛物线开口向下，对称轴方程为， 由，在定义域上单调，则在上单调递增，有， 对于任意的，的取值范围为， 因为为“可倒函数”，所以，所以， 所以的取值范围为，所以， 故，解得，， 当，即时， 方程有两个实数根，又，，两根为正根， 其中满足条件，符合题意； 综上可知，函数是区间上的“可倒函数”， 则实数k的取值范围为，D选项正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：______________． 【答案】 【解析】 【详解】原式 . 13. 已知函数在区间上单调递增，则实数m的取值范围为______________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复合函数同增异减， 则二次函数在上单调递减且；再结合二次函数的对称轴列不等式，同时保证区间内恒大于 0，联立求出的取值范围. 【详解】令，则， 由在区间上单调递增，且单调递减， 得在区间上单调递减， 因为二次函数开口向上，对称轴为直线，所以，所以， 因为，所以，由在区间上单调递减， 所以当,取得最小值为,则,故, 综上，实数的取值范围为. 14. 已知函数（），若存在，使得在区间上恰有4个零点，则的最小值为______________． 【答案】## 【解析】 【分析】换元，将函数零点转化为的解；利用可在内滑动的区间，找到刚好容纳 4 个解的最小区间长度，求出的最小值. 【详解】令 ，化简得， 设 ，当 且 时，， 问题等价于：存在 ，使得方程 在区间 内恰好有 4 个解， 方程 的通解为， 解在数轴上交替间隔 和排列，每周期内有 2 个解， 要使最小，需让区间长度尽可能小，同时区间内恰好包含 4 个解， 由于 ，区间左端点被限制在 内， 最优临界情况：左端点取最大值 ，区间右端点刚好到达第 4 个解 ，此时区间长度最小， 列临界不等式：，得， 当时，取略小于，可使区间内恰好包含 4 个零点，满足题意，因此的最小值为 . 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）若，求，； （2）若，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2）或 【解析】 【分析】（1）先解一元二次不等式得，再由集合交、并、补的运算可得； （2）根据，分和，再结合包含关系可得参数范围. 【小问1详解】 由，，解得，所以； 当时，，或； 所以，. 【小问2详解】 因为，分两种情况： ①当时，满足，此时，则； ②当时，，即，解得． 综上所述，的取值范围是或． 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期及对称轴； （2）求函数，的单调区间； （3）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象．若方程在区间上恰有两个不同的实数解，求实数的取值范围． 【答案】（1）最小正周期是，对称轴是， （2）在，上单调递增，在上单调递减 （3） 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式得，再由正弦函数的周期及对称轴可得； （2）令，则，再由正弦函数的单调性可得函数的单调区间； （3）先由平移可得，再由正弦函数性判断的单调性及值域，结合函数图象可得所求的值范围. 【小问1详解】 由． 所以函数的最小正周期， 令，，化简得，， 所以的最小正周期是，对称轴是，． 【小问2详解】 因为，令，则，由正弦函数的性质， 当，时，函数单调递增； 当时，函数单调递减. 所以，时，单调递增； 同理可得在上单调递减； 因此在，上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 由题意得：， 因为，所以． 当，即时，单调递增，； 当，即时，单调递减，； 所以当在上有两个不同的实数解时，的取值范围为． 17. 已知函数的定义域为，，且当时，． （1）判断函数的奇偶性，并写出必要的证明过程； （2）证明：函数在区间上单调递减； （3）解不等式：． 【答案】（1）为偶函数，证明如下： 首先，的定义域为关于原点对称； 其次，令，则，得． 令，则，得． 令，则，， 所以是偶函数． （2）证明：，设， ， 因为，所以，则，即， 所以，即． 所以在区间上单调递减． （3）或 【解析】 【分析】（1）判断函数定义域，利用赋值法证明函数的奇偶性； （2）运用定义法证明函数单调性； （3）先用函数恒等式变形，结合函数单调性和奇偶性列出不等式，解不等式求解集． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意得， 因为为偶函数，所以， 又在上单调递减， 则由，得， 解得或， 所以不等式的解集为或． 18. 已知二次函数（）满足，． （1）求的解析式； （2）若函数在区间上的最小值为，求实数的值； （3）若对任意，有不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法求出解析式即可； （2），对称轴是，根据二次函数在区间上的不同单调性求出最小值，继而即可求解； （3）由题意得，当时，不等式恒成立；当时，利用分离参数法得在上恒成立，结合换元法与对勾函数的单调性求解即可. 【小问1详解】 因为，则， 所以， 又， 所以，得，，所以． 【小问2详解】 ，所以的图象开口向上，对称轴是． 当，即时，在上单调递增， ，得，满足题意； 当，即时，在上单调递减， ，得，满足题意； 当，即时，在上单调递减，上单调递增． ，得或，不满足题意． 综上所述，或． 【小问3详解】 ，，化简得：． 当时，不等式恒成立； 当时，，在上恒成立． 令，， ，． 又在上单调递增，所以当时，有． 故，即的取值范围是． 19. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点（）成中心对称图形的充要条件是． 结合以上材料，解答下列问题： （1）直接写出函数的图象的对称中心； （2）若函数． （ⅰ）求证：函数的图象是中心对称图形并求出对称中心； （ⅱ）已知函数的图象关于点成中心对称图形，且当时，．若对任意，存在，使得，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明：由，得，则的定义域为． ， ， 所以，， 所以的图象是中心对称图形且对称中心的坐标为． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据对称中心的定义列式求解即可； （2）（ⅰ）根据对称中心的定义列式求解即可证明； （ⅱ）根据复合函数的单调性可得在上单调递减，根据对称中心的定义可求出函数的解析式，作出函数的图象，结合图象分析，列出式子求解即可. 【小问1详解】 因为 ， 所以函数的图象的对称中心为. 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）解：． 由在上单调递减，且在定义域内单调递增， 所以在上单调递减． 所以当时，． 由的图象关于点成中心对称图形，则． 当时，则， ， 所以 . ，，有， 则，． 当时，， 得化简得：； 当时，， 得化简得：． 综上所述，， 则，即化简得：． 所以实数m的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年9月邵阳市高一拔尖创新班联考试题卷 数学 本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．保持答题卡的整洁．考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存． 一、单项选择题（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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知扇形的圆心角为，其弧长为，则此扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. “，”的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 6. 设，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数若，，，是方程的四个根，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，有错选的得0分） 9. 已知，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 10. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 设函数的定义域为D，区间，若对任意，存在唯一的，使得，则称是区间I上的“可倒函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 函数是定义域上的“可倒函数” B. 若函数是区间（）上的“可倒函数”，则的取值范围为 C. 若函数是区间上的“可倒函数”，则 D. 若存在正数t，使得函数是区间上的“可倒函数”，则实数k的取值范围为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 计算：______________． 13. 已知函数在区间上单调递增，则实数m的取值范围为______________． 14. 已知函数（），若存在，使得在区间上恰有4个零点，则的最小值为______________． 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）若，求，； （2）若，求实数的取值范围． 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期及对称轴； （2）求函数，的单调区间； （3）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象．若方程在区间上恰有两个不同的实数解，求实数的取值范围． 17. 已知函数的定义域为，，且当时，． （1）判断函数的奇偶性，并写出必要的证明过程； （2）证明：函数在区间上单调递减； （3）解不等式：． 18. 已知二次函数（）满足，． （1）求的解析式； （2）若函数在区间上的最小值为，求实数的值； （3）若对任意，有不等式恒成立，求实数的取值范围． 19. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点（）成中心对称图形的充要条件是． 结合以上材料，解答下列问题： （1）直接写出函数的图象的对称中心； （2）若函数． （ⅰ）求证：函数的图象是中心对称图形并求出对称中心； （ⅱ）已知函数的图象关于点成中心对称图形，且当时，．若对任意，存在，使得，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $