精品解析：河南省实验中学2026-2027学年高三上学期测评（二）数学试卷

河南省实验中学2026—2027学年高三年级测评（二） 数学 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数则下列区间中存在零点的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，设：不等式对任意恒成立；：，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 4. 已知函数为奇函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的定义域为 B. C. 的单调递减区间为 D. 的值域为 5. 已知，均为正实数，且，则下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 某计算机要依次执行6个算力任务，包括3个不同的图形渲染任务､2个不同的逻辑推理任务和1个数据检索任务，为了防止芯片局部过热，系统规定同类型的任务不能连续执行，则不同的任务执行顺序共有（ ） A. 60种 B. 72种 C. 96种 D. 120种 7. 已知函数，，当关于实数的方程有个根时，实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 激活函数在神经网络中的核心作用是引入非线性变换，使得神经网络可以学习和模拟复杂函数关系，从而解决线性模型无法处理的非线性问题．一个常见的激活函数为，如果，则与最小值最接近的数为（ ） （参考数据：，，） A. 0.42 B. 0.55 C. 0.69 D. 1.10 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. B. 与是同一个集合 C. 集合与集合是同一个集合 D. 集合与集合是同一个集合 10. 若，，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的单调递增区间是 C. 的最小值为－4 D. 方程的解集为 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题 12. ________． 13. 已知，且，则________． 14. 已知曲线与有公共切线，则实数a的最大值为______． 四、解答题 15. 某种疾病患者通常选择药物，两种中的一种服用治疗．为了了解治疗效果，分别从服用这两种药物的病人中各随机抽出100人，对用药一段时间后的治疗效果良好与一般的结果统计如下表： 良好 一般 合计 服用 85 服用 20 合计 （1）完成上面的列联表，根据小概率值的独立性检验，是否能认为治疗效果良好与服用，药物有关联？ （2）在抽出的200名疾病患者中，随机选出1人，选到治疗效果良好的为事件，选到服用药物的为事件，求，，． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 16. 在等差数列中，，且. （1）求的通项公式； （2）记，证明：. 17. 已知函数 ，. （1）若，求函数在处的切线方程； （2）设，讨论的单调性； （3）若在定义域上单调递增，求的取值范围. 18. 已知，函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数在定义域内不存在极值点，求的取值范围； （3）若函数的极小值不小于3，求的最小值． 19. 某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下： ①将各学生依次编号为，每个学生手中均有红卡、黑卡各一张； ②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡； ③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3号从2号手中的三张卡片中随机抽取一张，重复上述操作，直至号从号手中的三张卡片中随机抽取一张； ④老师从号手中的三张卡片中随机取出一张弃置． 则一轮游戏结束． （1）求在一轮游戏结束后，1号学生手中恰有两张红卡的概率； （2）求在一轮游戏结束后，号学生手中红卡张数的期望； （3）在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游戏规则重新进行下一轮游戏；当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时，游戏终止．求比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省实验中学2026—2027学年高三年级测评（二） 数学 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】，， 所以. 2. 已知函数则下列区间中存在零点的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分段讨论，通过零点存在定理和解方程的方法，求出函数零点所在区间. 【详解】当时，， 令，解得， 所以函数在上没有零点，故排除A，B； 当时，，易知函数单调递减， 对于C，只需考虑区间， ，， 所以函数在区间上没有零点，即在区间上没有零点，排除C； 对于D，，，， 所以函数的零点在区间内. 3. 已知，设：不等式对任意恒成立；：，则是的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求解的范围，再根据充分条件和必要条件的概念即可求解. 【详解】由题意得不等式对任意恒成立，即对任意恒成立， 令，即，又在单调递减， 所以，所以，所以，故是的充要条件. 4. 已知函数为奇函数，则下列结论不正确的是（ ） A. 的定义域为 B. C. 的单调递减区间为 D. 的值域为 【答案】D 【解析】 【分析】对于A选项，由，即可求解； 对于B选项，根据函数为奇函数，由即可求解； 对于C选项，利用指数函数的单调性求解； 对于D选项，由时，，得到，再由是奇函数即可求解. 【详解】对于选项A，由，解得，所以的定义域为，故A正确； 对于选项B，因为函数是定义域为的奇函数， 所以，即，解得， 当时，， 所以， 则符合题意，所以B正确； 对于选项C，当时，，且在上递增，则在上递减， 所以在上递减，又是奇函数， 则的单调递减区间为和，故C正确； 对于选项D，由选项B可知，，当时，，则， 所以，又是奇函数，当时，， 所以的值域为，故D错误. 5. 已知，均为正实数，且，则下列结论中不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本不等式结合对数与指数的运算性质逐一分析即可得出答案. 【详解】对于A，，∴，当且仅当时等号成立，故A正确； 对于B，，当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C，，当且仅当时等号成立，故C错误： 对于D， ， 当且仅当时等号成立，故D正确． 所以不正确的选C. 6. 某计算机要依次执行6个算力任务，包括3个不同的图形渲染任务､2个不同的逻辑推理任务和1个数据检索任务，为了防止芯片局部过热，系统规定同类型的任务不能连续执行，则不同的任务执行顺序共有（ ） A. 60种 B. 72种 C. 96种 D. 120种 【答案】D 【解析】 【分析】先用插空法求出3个图形渲染任务互不相邻的排法总数，然后利用减法原理，从中排除2个逻辑推理任务相邻的情况，即可得答案。. 【详解】第一步，先排列2个不同的逻辑推理任务和1个数据检索任务，共有种排法； 第二步，将3个不同的图形渲染任务插入到第一步中3个不同的任务产生的4个空隙中， 共有种排法； 第三步，排除2个不同的逻辑推理任务相邻的情况， 将2个逻辑推理任务捆绑视为一个元素，此元素与数据检索任务共2个元素先进行排列，产生3个空位，有种排法； 将3个不同的图形渲染任务插入这3个空位，有种排法； 捆绑的2个逻辑推理任务内部有种排法，故共有种排法。 所以满足条件的排法总数为. 7. 已知函数，，当关于实数的方程有个根时，实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别作出函数，的图象，分、、和四种情况讨论，结合函数图象分析交点个数即可得解. 【详解】分别作出函数，的图象，如图所示， 令，则即为， 若，则方程没有根，不合题意； 若，则方程有且仅有1个根，即， 可知方程有且仅有2个不相等根，不合题意； 若，则方程有2个不相等实根，， 方程有且仅有2个不相等实根，且方程有且仅有2个不相等实根， 所以方程有4个不相等实根，不合题意； 若，则方程有3个不相等实根，，， 方程有且仅有2个不相等实根，且方程有且仅有2个不相等实根， 由题意可知方程有且仅有2个不相等实根，则或， 可得； 综上所述：实数的取值范围是. 【点睛】本题的关键是将方程根的问题转化为复合函数的零点个数问题，利用函数图象对参数进行分类讨论求解. 8. 激活函数在神经网络中的核心作用是引入非线性变换，使得神经网络可以学习和模拟复杂函数关系，从而解决线性模型无法处理的非线性问题．一个常见的激活函数为，如果，则与最小值最接近的数为（ ） （参考数据：，，） A. 0.42 B. 0.55 C. 0.69 D. 1.10 【答案】D 【解析】 【分析】先根据已知条件判断的单调性，转化条件，再结合建立等式，通过变形和对数运算求出的表达式，最后根据函数单调性求出其最小值. 【详解】已知，将其变形为：， 由于在R上单调递增，故在R上单调递减， 则在R上单调递增， 不妨设，则， 则，即，， 因为，所以， 化简得，进一步变形为， 整理得：， 令（），则，变形为， 因为，所以，即， ， 令，对其求导：， 令，即，解得或（舍去）， 当时，，单调递减；当时，单调递增， 所以当时，取得最小值，， 则， 因此，与的最小值最接近的是. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. B. 与是同一个集合 C. 集合与集合是同一个集合 D. 集合与集合是同一个集合 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，据集合元素的无序性可得，故A正确. 对于B，不是空集，故B错误. 对于C，，而， 得到两个集合不是同一个集合，故C错误. 对于D，，故D正确. 10. 若，，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的单调递增区间是 C. 的最小值为－4 D. 方程的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由可判断函数的对称性，判断A；结合二次函数性质以及函数的对称性可判断BC；求出时，的解，结合对称性可得时方程的解，可判断D. 【详解】因为，，即， 所以的图象关于直线对称，故A正确； 当时，，此时的单调递增区间为，单调递减区间为， 又因为的图象关于直线对称，所以在上也单调递增， 故的单调递增区间为和， 两区间中间不可用并集符号，所以B不正确； 当时，所以的最小值为， 结合对称性可知时，的最小值也为，故C正确； 当时，方程的解为，因为关于直线对称， 则时，的解为， 所以方程的解集为，所以D正确. 11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究 对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确； 对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. [方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法. 由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC. 故选：BC. [方法三]： 因为，均为偶函数， 所以即，， 所以，，则，故C正确； 函数，的图象分别关于直线对称， 又，且函数可导， 所以， 所以，所以， 所以，，故B正确，D错误； 若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误. 故选：BC. 【点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法； 方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解． 三、填空题 12. ________． 【答案】## 【解析】 【详解】 . 13. 已知，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用对数运算性质求出的值即可. 【详解】因为，所以， 由得：， 即，所以或， 当时，与矛盾，所以舍去， 当，满足题意，所以． 14. 已知曲线与有公共切线，则实数a的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先设出切点，求导得到切线方程，斜率截距对应相等，得到,构造函数，转化为存在性问题，最终求最值即可. 【详解】设曲线与的切点分别为，， ∵，，∴，， ∴，， ∴，，即， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， ∴，即，即，即． 故答案为：. 四、解答题 15. 某种疾病患者通常选择药物，两种中的一种服用治疗．为了了解治疗效果，分别从服用这两种药物的病人中各随机抽出100人，对用药一段时间后的治疗效果良好与一般的结果统计如下表： 良好 一般 合计 服用 85 服用 20 合计 （1）完成上面的列联表，根据小概率值的独立性检验，是否能认为治疗效果良好与服用，药物有关联？ （2）在抽出的200名疾病患者中，随机选出1人，选到治疗效果良好的为事件，选到服用药物的为事件，求，，． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1） 良好 一般 合计 服用 85 15 100 服用 80 20 100 合计 165 35 200 不能认为治疗效果良好与服用，药物有关联 （2），， 【解析】 【分析】（1）根据独立性检验的相关知识解决； （2）利用古典概型的概率公式求解. 【小问1详解】 良好 一般 合计 服用 85 15 100 服用 80 20 100 合计 165 35 200 零假设为：治疗效果良好与服用，药物无关联， 根据上表可知，， 所以根据小概率值的独立性检验，不能认为治疗效果良好与服用，药物有关联． 【小问2详解】 因为在200人中治疗效果良好的人数为165，所以， 在200人中服用药物的人数为100，所以， 因为在200人中有85人服用药物且治疗效果良好， 所以． 16. 在等差数列中，，且. （1）求的通项公式； （2）记，证明：. 【答案】（1） （2）因为， 所以. 所以，所以. 所以. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式列式求解. （2）利用裂项求和法证明. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为， 则. 所以. 【小问2详解】 略 17. 已知函数 ，. （1）若，求函数在处的切线方程； （2）设，讨论的单调性； （3）若在定义域上单调递增，求的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上递增；当时，在上递减，上递增. （3） 【解析】 【分析】（1）由题设可得切线方程斜率和所过点，据此可得切线方程； （2）在，两种情况下，解不等式，可得函数的单调性； （3）由题可得对一切恒成立，然后分、、三种情况进行讨论，据此可得答案. 【小问1详解】 当时，，则，所以，， 此时函数在处的切线方程，即. 【小问2详解】 因为，， 当时，对任意的恒成立，则在上递增； 当时，， ，， 此时，在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，在上递增； 当时，在上递减，上递增. 【小问3详解】 由题可得对一切恒成立. 当时，，此时可取任意实数； 当时，由题可得恒成立，则. 令，， 由可得，由可得， 所以，函数在上单调递增，在上单调递减，最大值为， 故此时； 当时，由题可得恒成立， 对任意的，，则函数在上单调递增， 且当时，，且，故， 综上可得. 18. 已知，函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若函数在定义域内不存在极值点，求的取值范围； （3）若函数的极小值不小于3，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义求出切线的斜率，代入直线方程的点斜式即可解决； （2）函数在定义域内不存在极值点，说明其在定义域内恒单调，即其导数在定义域内恒非负或恒非正，结合含参二次函数的图象即可解决； （3）由（2）可知，的极小值就是，于是有，得到与的关系，运用“隐零点问题”的常规解法即可解决. 【小问1详解】 当时，， ，所以，即切线的斜率为， 因为，所以切点为，代入点斜式得，， 所以曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 因为函数的定义域为， ， 因为函数在定义域内不存在极值点，且函数图象是连续的， 所以函数在定义域内是单调的． （i）当时，在时恒成立，即， 所以函数在定义域内单调递减，符合题意； （ii）当时，设， 因为，且的图象开口向上， 所以存在，使得，于是， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以是函数的极小值点，不符合题意， 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 由（2）知，当时，存在极小值点， 因为，所以． 因为的极小值不小于3，所以恒成立， 所以，即. 设函数， 所以，即函数在上单调递减， 因为，所以的解为，即， 因为，所以，设， 则，所以， 所以的最小值为2. 【点睛】本题的第（3）小问是一道典型的“隐零点问题”，原题虽然求的是的最小值（范围），但却需要先消去，保留，得到关于的不等式，求出的范围，再将视作关于的函数去求的最小值（范围）. 19. 某班级在课堂上开展传递卡片游戏，规则如下： ①将各学生依次编号为，每个学生手中均有红卡、黑卡各一张； ②老师先给1号学生随机等可能地发放一张红卡或黑卡； ③2号从1号手中的三张卡片中随机抽取一张，接着，3号从2号手中的三张卡片中随机抽取一张，重复上述操作，直至号从号手中的三张卡片中随机抽取一张； ④老师从号手中的三张卡片中随机取出一张弃置． 则一轮游戏结束． （1）求在一轮游戏结束后，1号学生手中恰有两张红卡的概率； （2）求在一轮游戏结束后，号学生手中红卡张数的期望； （3）在一轮游戏结束后，将手持两张同色卡片的学生淘汰，余下的学生重新编号，并按照游戏规则重新进行下一轮游戏；当且仅当只剩一个学生未被淘汰或所有学生均被淘汰时，游戏终止．求比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率． 【答案】（1） （2）1 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，在1号手中放入红卡，取出黑卡满足题意，再求解对于概率即可； （2）先根据全概率公式，建立递推关系，求得对任意号学生抽取卡片后手中有两张红卡和一张黑卡的概率为，，再求号手中红卡个数的取值及对应概率，并求解期望即可. （3）由题可知，一轮游戏后至少还有个学生未被淘汰”，其中，进而结合（2）得一轮后单个学生不淘汰的概率为，根据未被淘汰的人数二项分布求得，二轮结束后人中剩1人未被淘汰的概率为：，最后结合组合恒等式，全概率公式求得即可. 【小问1详解】 解：记“一轮游戏结束后1号手中有两张红卡”， 若要1号手中是两张红卡，则应从在1号手中放入红卡，取出黑卡 所以， 所以一轮游戏结束后，1号学生恰有两张红卡的概率为； 【小问2详解】 解：记“抽取卡片后号学生手中有两张红卡和一张黑卡”， “从号手中取出的卡为红卡”， 所以，， ，， 则由全概率公式可得： 则，故， 又，所以，， 假设一轮游戏结束后，号手中红卡个数为，可能取值为， ， ， ， 所以. 【小问3详解】 解：由题可知，一轮游戏后至少还有两位学生未被淘汰， 记“一轮游戏后剩个学生未被淘汰”，其中， 记“两轮游戏后恰好剩一个学生未被淘汰”， 则， 由（2）知，每个学生，一轮后最终卡片的状态概率为： 两红的概率；两黑的概率， 所以，单个学生被淘汰的概率均为，不淘汰的概率为 故一轮结束后，未被淘汰的人数服从二项分布， 所以，， 第二轮结束后，人中剩1人未被淘汰的概率为：， 所以， 由全概率公式得： 因为， 因为， 所以 所以比赛进行两轮后终止，且此时只剩一个学生未被淘汰的概率 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $