河南省部分高中2026-2027学年高三上学期9月联考数学试题

参照秘密级管理★启用前 参考答案类型：A 2026年河南省普通高中高三秋期9月联考 数学参考答案 1．A 【详解】等价于， 解得， 则集合， 所以. 2．B 【详解】判断充分性：取，，满足，但无意义，推不出，充分性不成立. 判断必要性：若，则，一定有，必要性成立. 所以“”是“”的必要不充分条件，选项符合题意. 3．C 【分析】先解一元二次不等式得到条件""的解集，再把"必要不充分"转化为两解集的真包含关系，由正向包含定出 的下界，并举例验证反向包含不成立. 【详解】由得，即， 记其解集为，条件""的解集为， 由于“”是“”的必要不充分条件，则为的真子集， 所以，即的取值范围是. 4．A 【详解】定义域为， ， 所以，所以函数在定义域上为奇函数. 5．D 【分析】先求得函数为上的偶函数，再由，结合选项，即可求解. 【详解】由函数，可得其定义域为，且， 所以函数为上的偶函数，可得的图象关于轴对称，可排除A，B项； 又因为，可排除选项C， 所以函数的部分图象可能是选项D. 6．B 【分析】先写出的具体表达式，通过取常用对数，结合已知的、近似值计算对数值，确定的值． 【详解】已知，分别计算的三个组成部分的对数值： ，因此； ，因此； ， 因此. 所以， 故． 7．B 【分析】由题意可得函数是以周期为的周期函数，利用赋值法结合对称性求得一个周期内的函数值之和，进而计算求解. 【详解】由，①， 替换，，②， ①②得，周期， 是偶函数，关于直线对称， ，记， 原式变为， 令：， 令：， 由对称性得，周期性得， ， 已知，令：， 一个周期和为：， ， . 8．C 【分析】将指数式化成对数式，利用换底公式，基本不等式可推得，利用指对数函数的单调性，通过构造函数判断单调性可推得，最后利用正切函数的单调性可得. 【详解】由可得 因， 又，故,即； 因，则由， 由函数，，因时，， 即函数在上单调递减，则有，故得； 由，而，即， 综上，则有. 故选：C. 【点睛】方法点睛：解决此类题的常见方法， （1）指、对数函数的值比较：一般需要指对互化、换底公式，以及运用函数的单调性判断； （2）作差、作商比较：对于结构相似的一般进行作差或作商比较，有时还需基本不等式放缩比较； （3）构造函数法：对于相同结构的式子，常构造函数，利用函数单调性判断. 9．AC 【详解】对于A，因为，所以，又，所以，所以，故A正确； 对于B，当时，由，得，当时，由，得，故B错误； 对于C，， 又因为，所以，又，所以，所以， 所以，故C正确； 对于D，因为，所以，又因为，所以，故D错误. 10．ACD 【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．ACD 【分析】设出切点，求解切线方程判断A，设出点的坐标，利用两点间距离公式表示距离，法一利用导数得到，再结合基本不等式与放缩法判断B，法二利用反函数的性质将目标距离转化为上的点到最小距离的2倍，再作平行切线并求出切点，并利用点到直线的距离公式求解距离判断B，构造，再结合导数判断其单调性，进而求解最值判断C，结合题意判断公切线斜率恒正，再分别求出切线，得到，最后对参数范围分类讨论判断D即可. 【详解】对于A，设切点为，而，设切线斜率为， 则，可得切线方程为， 而切线过原点，可得，解得， 则切线方程为，故A正确， 法一：对于B，当时，，设，，且， 则由两点间距离公式得， 令，则， 令，可得，令，可得， 则在上单调递减，在上单调递增， 可得，则，得到， 令，定义域为，且， 令，可得，令，可得， 则在上单调递减，在上单调递增， 得到，则，即， 由基本不等式得， 当且仅当时取等，而， 当且仅当时取等，符合， 可得，即，故B错误， 法二：对于B，当时，，由题意得互为反函数， 则关于对称，则的最小距离为上的点到最小距离的2倍， 设最小距离为，设与平行的直线与切于，而斜率为， 得到，解得，则切点为， 由点到直线的距离公式得，即，故B错误， 对于C，构造，则，， 令，则， 可得在上单调递增，即在上单调递增， 因为，所以，令， 则，而，解得， 令，可得，令，可得， 则在上单调递减，在上单调递增， 得到，即的最小值为，故C正确， 对于D，由题意得，则的切线斜率为正， 若，存在公切线，则公切线的斜率为正， 设斜率为，，设上的切点坐标为， 由已知得切线方程为，且， 解得，则切线方程变为， 设上的切点坐标为， 而，则， 则切线方程为， 而，解得，则切线方程变为， 若两切线为公切线，可得， 化简得，由题意得， 当时，， 则此时不可能存在公切线， 当时，由题意得， 令，则， 则在上单调递增，而， 得到，可得， 而，可得， 得到， 则此时不可能存在公切线，可得当时，曲线，无公切线，故D正确. 12． 【详解】作出函数的图象，如图所示. 由图可知函数的单调递增区间为，， 因为函数在区间上单调递增， 所以或，解得或. 所以的取值范围为 . 13． 【详解】由，，不等式恒成立， 即恒成立， 而，当且仅当，即时等号成立， 则问题为，恒成立， 而，则，即， 则实数的取值范围是. 14． 【分析】先代入特殊值结合符号判断得到 ；对函数求导后构造辅助函数 ，研究其单调性与极限趋势，结合零点存在定理确定唯一极小值点 ；再利用导数为零的等式与最小值等式整体代换消去指数，求得，回代算出参数 . 【详解】由题意得在上恒成立， 所以，即. 因为， 所以令，则， 易得，当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 又时，且， 当时，，的大致图像如图所示： 故当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 故时，取得最小值， 又，联立得，所以. 15．(1) (2)或 【分析】（1）根据给定条件，按分类，结合一元二次不等式恒成立列式求解. （2）利用对数函数单调性化简命题，再结合（1）的结论，按真假、假真分类求解. 【详解】（1）由p为真命题，得，不等式恒成立， 当时，恒成立； 当时，，解得，因此， 所以实数m的取值范围是. （2）由，得，解得， 因此命题，由（1）得命题， 而命题p，q有且只有一个是真命题，则当真假时，；当假真时，， 所以实数m的取值范围是或. 16．(1) 函数的单调递增区间为，单调递减区间为； (2) 函数的最小值为，最大值为； 【详解】（1），定义域， 求导：， 令：，单调递增区间：， 令，，单调递减区间：. （2）化简：，， 求导：，，，导数符号由决定， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以时，是极小值点，也是区间最小值点， ， 计算区间端点：，， 比较大小：，即. 17．(1) (2) (3) 【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． 【详解】（1）因为是奇函数， 是偶函数， 所以，． 由题意得， 则， 解得． （2）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． （3）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．(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增． (2)①当时，， 所以， ， 所以的图象关于直线对称， 故曲线是轴对称图形． ② 【分析】（1）先求的导函数，根据的取值范围分类讨论导函数的符号，以此判断单调性； （2）①先写出时的表达式，证明成立即可； ②先设出两个曲线上的切点，分别写出两条切线方程，利用公切线斜率相等、截距相等的条件建立方程组，将方程组转化为关于单变量的方程，通过判断该方程实根的个数确定公切线条数 【详解】（1）因为， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，得， 时，；时，； 故在上单调递减，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． （2）①略 ②当时，， 设公切线与相切于，与相切于 因为，， 故在点处的切线方程为， 即 在点处的切线方程为， 即， 所以， 消去得， 因为时，无解，故， 因此原方程可化为， 令，方程变形为， 取（），， 当，，单调递减； 当，，单调递增； 当，，单调递减； 而， 当时，，时，， 当时，，时，， 结合各区间端点处的极限值与单调性可知，在上有且仅有个零点； 在上，有个零点； 在上，有个零点， 一共个零点． 所以方程一共有个根， 即与一共有条公切线． 19．(1) (2)必要性：，则． 因为是偶函数，则，所以． 所以是对称集．     充分性：，记． 由，则，又是对称集， 所以，从而．     记， 由，则，又是对称集， 所以，从而．     所以． 所以是偶函数． (3)是偶函数，证明如下： 设，假设，不妨设． 因为函数的值域为， 所以存在，使得． 从而．     因此，所以． 则有． 又， 所以． 因此，所以． 则有，这与矛盾， 故假设不成立，即有， 所以是偶函数． 【分析】（1）根据定义，结合分段函数定义域分段求解不等式； （2）分别证明充分性和必要性，根据偶函数定义、和对称集定义证明； （3）通过反证法，假设，不妨设，构造，得到， 根据题干信息推出且，假设不成立即可得到奇偶性. 【详解】（1）当时，，解得； 当时，，解得， 所以． （2）略 （3）略 数学参考答案　第 1 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘密★启用前 试题卷类型：A 2026年河南省普通高中高三秋期9月联考 数学 注意事项： 1． 答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。 2． 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上。写在本试题卷上无效。 3． 考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回。 一、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．已知集合A＝{−4，−3，−2，−1，0，1，2，3，4}，集合B＝，则A∩B＝ A．{1，2，3} B．{−4，−3，−2，−1，0，4} C．{1，2，3，4} D．{−4，−3，−2，−1，0} 2．已知a，b∈R，则“a3＞b3”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 3．若“x＜a”是“”的必要不充分条件，则实数a的取值范围为 A．(−∞，−2) B．(−∞，−2] C．(3，+∞) D．[3，+∞) 4．函数在定义域上的奇偶性为 A．奇函数 B．偶函数 C．既奇又偶 D．非奇非偶 5．已知函数的部分图象可能是 A． B． C． D． 6．2026年7月23日，国际数学家大会在美国费城揭晓了2026年菲尔兹奖得主，中国籍数学家王虹和邓煜双双获奖，实现历史性突破.数学家邓煜因攻克狭义希尔伯特第六问题，首次以数学严格方式推导出从微观粒子系统到宏观玻尔兹曼方程的完整逻辑链条获得菲尔兹奖，其发表的相关论文中涉及函数：，，则下列各数中与最接近的是（参考数据：，） A． B． C． D． 7．已知函数，满足，且是偶函数，，则 A．2 B．0 C．−1 D．−2 8．已知a，b，c，d分别满足下列关系：，则a，b，c，d的大小关系为 A． B． C． D． 二、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，有选错的得0分． 9．下列说法中，正确的是 A．若，，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，，则 10．若，，当时，，则下列说法正确的是 A．的图象关于直线x＝1对称 B．的单调递增区间是(0，1)∪(2，+∞) C．的最小值为−4 D．方程的解集为{−2，4} 11．已知函数，，记，的图象分别为曲线，，则 A．过原点作曲线的切线，则切线方程为 B．当时，，分别为曲线，上的动点，则的最小值为 C．若（，），则的最小值为 D．当时，曲线，无公切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数在区间上单调递增，则a的取值范围是＿＿＿． 13．对于，，不等式恒成立，则实数m的取值范围是＿＿＿． 14．若函数的最小值为，则实数m的值为＿＿＿． 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．（13分）设命题p：，不等式恒成立，q：． （1）若p为真命题，求实数m的取值范围； （2）若命题p，q有且只有一个是真命题，求实数m的取值范围． 16．（15分）已知函数，． （1）若，求函数的单调区间； （2）若函数，求函数在区间上的最值． 17．（15分）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．（17分）已知函数（）． （1）讨论函数的单调性； （2）若． ①当时，求证曲线是轴对称图形； ②当时，试探究曲线与曲线的公切线的条数． 19．（17分）已知函数的定义域和值域均为．对于，定义集合． （1）若求； （2）若，总有，则称是对称集．证明：“是偶函数”的充要条件是“，是对称集”； （3）设，函数的定义域和值域均为R，非空点集满足，总有，判断并证明的奇偶性． 数学试题卷　第 1 页（共 4 页） 学科网（北京）股份有限公司 $