精品解析：湖北省黄冈市2026-2027学年高三上学期开学9月供题数学试题

2026年秋季高三年级9月供题 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4.考试结束后，请将答题卡上交． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，集合则=（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数中最小正周期等于的是（ ） A. B. C. D. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 下列实数中最大的是（ ） A. B. C. D. 5. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 某质点从单位圆上的点开始沿圆周逆时针匀速旋转，每2秒转一圈，则该质点的纵坐标在1秒时的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知集合，，，对，若一定存在，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 函数的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，则下列不等式一定成立的有（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象可由图象向左平移个单位得到 C. 函数的单调递增区间为 D. 若在上恰有3个最值点和4个零点，则 11. 设函数，则下列结论正确的有（ ） A. 对任意的，函数的图象存在对称轴 B. 曲线在处的切线方程为 C. 当时，存在使 D. 当时，函数有1个极大值和2个极小值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则________． 13. 已知，，，当的最小值为1时，在上的投影向量为________． 14. 已知，则的最小值为________． 四、解答题：本大题共5小题77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知命题p：函数的定义域为R；命题，不等式在上有解． （1）若q为真命题，求实数m的取值范围； （2）若p，q有且仅有一个为真命题，求实数m的取值范围． 16. 在中，． （1）求； （2）若，求的周长． 17. 定义在R上的奇函数和偶函数满足． （1）求和的解析式； （2）若函数在上单调递增，求实数k的取值范围； （3）若函数在上的最大值为3，求实数m的值． 18. 设函数 （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 19. 如图，将直角坐标系一般化可得到斜坐标系，设，，记此坐标系为α—坐标系．设正向的单位向量分别为，，若，则． （1）在α—坐标系中，设，若，求； （2）在坐标系中，分别为轴正半轴和轴正半轴上的动点，，，，，与交于点F． （i）设和四边形的面积分别为，求； （ii）求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年秋季高三年级9月供题 数学 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4.考试结束后，请将答题卡上交． 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，集合则=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先分别求出两个集合，再求公共部分. 【详解】集合：根号有意义需 ，两边平方得故； 集合 B：，解得，故 . 取交集：. 2. 下列函数中最小正周期等于的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦型函数、正弦函数、正切函数的性质，结合同角的三角函数关系判断即可. 【详解】对于A，最小正周期. 对于B，正切函数的周期是，将在轴下方的图象翻折到轴上方， 周期不变.故最小正周期. 对于C，，是常函数，无最小正周期. 对于D，因为，所以为偶函数，图象关于轴对称，不是周期函数. 3. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性化简，即可求解. 【详解】由可得， 故不能得到，但可以得到，故“”是“”的必要不充分条件. 4. 下列实数中最大的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，由题意得， 对于B，因为，在定义域内单调递增，所以， 对于C，因为在定义域内单调递增，所以， 对于D，因为函数在区间上单调递增，且， 所以，故最大的数为. 5. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定分段函数和的定义域分界点，根据每一个的分段区间，代入对应的和的表达式，得到该区间内不等式的解集，再将所有分段区间得到的解集取并集，即为不等式的解集. 【详解】，. ①当时，，解得； 由得，，符合题意，即不等式的解集为； ②当时，，解得； 由得，，符合题意， 即不等式的解集为； ③当时，，符合题意， 即不等式的解集为； ④当时，，即， 整理得，解得，不等式的解集为； ⑤当时，， 整理得，即， 解得或；不等式的解集为. 综上所述，不等式的解集为. 6. 某质点从单位圆上的点开始沿圆周逆时针匀速旋转，每2秒转一圈，则该质点的纵坐标在1秒时的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设质点纵坐标为，分析可得，进而结合导数的定义求解即可. 【详解】由题意，设质点纵坐标为，且, 而质点从点沿圆周逆时针匀速旋转，每2秒转一圈，即弧度， 则秒旋转弧度，即，则， 即，则， 所以该质点的纵坐标在1秒时的瞬时变化率为. 7. 已知集合，，，对，若一定存在，则的最小值为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的关系及集合的性质判断即可. 【详解】集合中和为11的数组：，，，，. 集合，即集合一定能找到两个元素和为11. 从每组数据中最多挑选出一个数字，最多挑选5个数字，任意两数和都不等于11， 故若要中一定存在两个元素和为11，选取元素个数需大于5，即5组数据中至少有1组两个数字都被选中， 因此的最小值为6. 8. 函数的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由，利用换元法令，根据导数计算求解即可. 【详解】令，求导可得， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以， 因为当或时，， 所以， 因为， 令，令， 求导可得， 当时，当且仅当时等号成立， 所以函数在区间上单调递增， 所以，当且仅当，即时，函数有最小值为. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，则下列不等式一定成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，由题意得 因为，所以， 所以，则，故A正确； 对于B，若，则，此时，故B错误； 对于C，因为，所以， 由A可知，所以，故C正确； 对于D，若，则，， 此时，故D错误. 10. 设函数，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的图象可由图象向左平移个单位得到 C. 函数的单调递增区间为 D. 若在上恰有3个最值点和4个零点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项对利用平方差公式、二倍角公式化简函数解析式对比判断正误；B选项利用三角函数图像平移规则，先统一函数名称再验证平移结果；C选项求出解析式，换元结合余弦函数单调区间求解；D选项写出表达式，换元得到的取值范围，根据区间内最值点、零点个数列出不等式，联立求解范围． 【详解】对于A， ，故A错误； 对于B，向左平移个单位得到： ， 且，B正确； 对于C，， 令，余弦函数的单调递增区间为， 解得，和选项表述一致，C正确； 对于D，， 令，则， 恰有3个最值点：正弦函数最值点对应，要求第3个最值点落在区间内、第4个最值点不落在区间内，即； 恰有4个零点：正弦函数零点对应，要求第4个零点落在区间内、第5个零点不落在区间内，即； 联立两个不等式解得，D正确． 11. 设函数，则下列结论正确的有（ ） A. 对任意的，函数的图象存在对称轴 B. 曲线在处的切线方程为 C. 当时，存在使 D. 当时，函数有1个极大值和2个极小值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据的关系式，判断函数为偶函数，图象关于轴对称；对于B，根据，求出，再分别求出求点和切线斜率，根据点斜式求出切线方程；对于C，存在性问题，可用特殊值法，通过取边界值，结合三角函数的单调性估算出函数值的符合，同时结合函数的连续性即可判断；对于D，先求，且为奇函数；分析时，的零点情况，结合零点存在定理确定的零点个数，根据为偶函数的对称性得到的零点个数，结合导数正负变化判断极值类型和个数. 【详解】，函数的定义域为，定义域关于原点对称， 对于A，， 为偶函数，图象关于轴对称，故A正确； 对于B，由得； 当时，，； 则曲线在处的切线方程为，不是，故B错误； 对于C， ； ，，； ，，则. 由函数是连续函数，且，则在右侧的某个领域内（即存在），必然有成立，故C正确； 对于D，由，得为偶函数， ； 令，则为奇函数， ； 令，则为偶函数， ； 令，则； 当时，，则在上单调递增； ，即，在上单调递增； 由为偶函数，得在上单调递减，且； ，；当时，； 存在使得，则时，；时，； 即时，；时，； 在上单调递减，在上单调递增； ，时，； 当时，存在唯一的使得，即时，；时，； 在上单调递减，在上单调递增；当时，在处取得极小值； 为偶函数，图象关于轴对称，则在上单调递增，在上单调递减； 在处也取得极小值，在处取得极大值. 综上所述，当时，函数在和处取得极小值，在处取得极大值，即时，函数有1个极大值和2个极小值，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则________． 【答案】6 【解析】 【详解】由题意得， 所以. 13. 已知，，，当的最小值为1时，在上的投影向量为________． 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以当时，取到最小值， 所以， 因为，所以， 所以在上的投影向量为. 14. 已知，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】本题核心是角的配凑，将拆成，拆成，利用两角和差正弦公式展开化简，得到与的关系式； 再用正切和角公式，把表示成关于的函数，结合范围确定，换元后用基本不等式求函数最小值. 【详解】； ； 代入可得：， 整理得：. 验证：若，则或，但，故； 若，则，代入上式左边为0，右边为，矛盾，故. 所以，两边同时除以 得. 设 ，，在第二象限，. 代入上式：，正切和角公式：，所以， 整理得：， 所以有，令，所以，则，因为，所以. 所以. 【点睛】三角条件最值，优先考虑配凑角；把目标量转化为单变量函数后，要留意变量正负，负数不能直接套用均值不等式，需要换元转为正数再计算. 四、解答题：本大题共5小题77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知命题p：函数的定义域为R；命题，不等式在上有解． （1）若q为真命题，求实数m的取值范围； （2）若p，q有且仅有一个为真命题，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令，求出，可化为在上有解，即，求出最大值即可求出答案； （2）根据条件有且仅有一个为真，分两类讨论，最后取并集即可． 【小问1详解】 若为真命题， 则当时，， 令，则， 由不等式在上有解，得在上有解， 即时，， 函数开口向上，对称轴为， 所以当时，函数取得最大值，最大值为， 所以， 所以，若q为真命题，则实数的取值范围为． 【小问2详解】 若为真命题，则在R上恒成立， 当时，恒成立； 当时，需，解得； 所以，若为真命题，则， 因为，有且仅有一个为真命题， 当为真命题，为假命题时，，所以， 当为假命题时，或，为真命题时，，所以， 综上，实数的取值范围为． 16. 在中，． （1）求； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由余弦定理求得，结合平方关系可得，再根据正弦定理求解即可； （2）记，结合题设分析可得，由正弦定理求得，再根据勾股定理求得，进而求解即可. 【小问1详解】 由余弦定理得，即， 而， 由正弦定理得，则，即. 【小问2详解】 由（1）知， 记，则， 而，则，， 即， 又，则， 在中，由正弦定理得， 则，即， 在中，，所以， 所以的周长为. 17. 定义在R上的奇函数和偶函数满足． （1）求和的解析式； （2）若函数在上单调递增，求实数k的取值范围； （3）若函数在上的最大值为3，求实数m的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用奇偶函数性质，将原式中替换为得到新等式，再联立两个方程，用加减消元求出与． （2）写出表达式并求导，根据函数单调递增等价于导数恒大于等于0列式；再换元令，保证不等式对所有正数t成立，最后解出k的取值． （3）先化简，再换元令，转化为二次函数；接着对参数分类讨论，利用函数性质求出参数m． 【小问1详解】 因为是奇函数， 是偶函数， 所以，． 由题意得， 则， 解得． 【小问2详解】 因为在上单调递增， 所以对任意恒成立， 所以对任意恒成立， 令， 则， 故， 所以实数k的取值范围． 【小问3详解】 依题意． 令则， 记． ①当时，在上单调递减， 则，故不合题意． ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 则， 解得，又，故． 18. 设函数 （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增 （2） （i） （ii）由题意知，是的两个不同零点， 令，则是方程，即的两个不等实根． 令，，则， 由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增 不妨令， 要证明，只需证，即证， 即证， 令， 即，因为，当时，由基本不等式得， 因此，所以在上单调递减， 所以，故， 故，即 【解析】 【分析】（1）求导后分类讨论求出函数单调区间即可； （2）（i）根据函数存在两个零点利用函数的单调性及零点存在定理求参数的取值范围即可； （ii）利用函数单调性及换元法可转化为证明，再由导数证明在上单调递减即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，，，在单调递增； 当时，由得，由＜0得， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）由（1）知，当时，在上单调递增，至多有1个零点，不符合题意； 当时，要使得有两个不同零点，， 需要，解得 又所以在上存在唯一零点； 由于，所以， 取， 则当时，，所以在存在唯一零点： 所以 （ii）略 19. 如图，将直角坐标系一般化可得到斜坐标系，设，，记此坐标系为α—坐标系．设正向的单位向量分别为，，若，则． （1）在α—坐标系中，设，若，求； （2）在坐标系中，分别为轴正半轴和轴正半轴上的动点，，，，，与交于点F． （i）设和四边形的面积分别为，求； （ii）求的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用向量夹角的余弦公式，将向量用基底展开，计算数量积与模长，建立方程解； （2）（i）利用向量共线定理，用两种线性组合表示同一向量，由基底系数唯一解出比例，再根据 “同高三角形面积比等于底边长之比” 计算面积比； （ii）先将数量积用展开，结合余弦定理化简表达式；再用正弦定理将边长转化为三角函数，通过辅助角公式求最大值． 【小问1详解】 由题意， 计算得， 所以， 所以，，所以． 【小问2详解】 （i）设， 又因为A，F，D共线，可设， 因为不共线，所以，解得，所以， 设的面积为，则， ， 所以； （ii）不妨设，，， 由，则在上， 则， ， 所以， 在中，由余弦定理得，，所以， 所以， 在中，由正弦定理得，， 所以， 所以 ， 由辅助角公式，， 其中，不妨取． 由题意知，， 所以当时，， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $