精品解析：河南部分学校2027届高三上学期素质评价二数学试题

高三数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上． 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. “”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 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知是定义在R上的可导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 工程师调试一个精密温控系统，该系统的偏差值与温度T（）的函数关系式为，若存在一个“平衡温度”，使得系统偏差值为0，则（ ） A. B. C. D. 5. 为提升学生的综合素养，某校开展了“阅读”“科创”“志愿服务”三大素养提升活动．高一某班学生中选择阅读的有26名，选择科创的有21名，选择志愿服务的有19名，同时选择阅读和科创的有6名，同时选择阅读和志愿服务的有4名，同时选择科创和志愿服务的有3名，三类都选择的有2名．若该班每人至少选择了一类活动，则该班的总人数是（ ） A. 52 B. 53 C. 54 D. 55 6. 已知函数的定义域为R，若为偶函数，且，则一定有（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，过点的两条直线m，n分别与的图象交于点A，C和点B，D，且A，B，C，D均异于点E，若的面积为1，则四边形的面积为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 8. 设，将不大于的最大整数记作，如，，则方程的解集中的元素有（ ） A. 无数个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 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. 已知函数（为实数）的定义域为D，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象不经过第四象限 B. 若为偶函数，则为偶数 C. 若，则 D. 10. 已知，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数的定义域为，若存在且，使得且，则称为“函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 为“函数” B. 若为“函数”，则 C. 若为“函数”，则不可能是偶函数 D. 若为“函数”，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递增区间为_________． 13. 已知实数x，y满足，则的最大值是_________． 14. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是_________． 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. 已知函数（且）． （1）若，求的定义域； （2）若的值域为R，求a的取值范围． 16. 已知函数（，）． （1）若关于的不等式的解集为，求的值． （2）若，且当时，的值域也为，其中． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的取值范围． 17. 已知函数． （1）求的图象在点处的切线方程； （2）求证：． 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若，，求实数a的取值范围； （3）若当时，，求实数a的取值范围． 19. 已知函数，． （1）求不等式的解集； （2）求的极值点个数； （3）证明：的所有零点之和大于． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上． 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. “”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】 【详解】因为“”的充要条件为“”， 而“”是“”的必要不充分条件， 所以“”是“”的必要不充分条件. 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【详解】令，解得，所以原命题等价为“，”， 所以命题否定是“，”. 3. 已知是定义在R上的可导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由导数定义，令， 则，解得． 4. 工程师调试一个精密温控系统，该系统的偏差值与温度T（）的函数关系式为，若存在一个“平衡温度”，使得系统偏差值为0，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以， 则在上单调递减，而，， 可得，由零点存在性定理可得，故B正确. 5. 为提升学生的综合素养，某校开展了“阅读”“科创”“志愿服务”三大素养提升活动．高一某班学生中选择阅读的有26名，选择科创的有21名，选择志愿服务的有19名，同时选择阅读和科创的有6名，同时选择阅读和志愿服务的有4名，同时选择科创和志愿服务的有3名，三类都选择的有2名．若该班每人至少选择了一类活动，则该班的总人数是（ ） A. 52 B. 53 C. 54 D. 55 【答案】D 【解析】 【详解】设集合{选择阅读的学生}，集合{选择科创的学生}，集合{选择志愿服务的学生}， 则，，， ，，，， ， 所以该班的总人数是55. 6. 已知函数的定义域为R，若为偶函数，且，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由为偶函数得关于对称，由得关于中心对称，联立推出周期为4，再利用周期性化简即可． 【详解】为偶函数，则，故关于对称， ； ，令，则， 故关于点中心对称，； 则， 把替换为，则， 故，故是周期为4的周期函数； ，故． 7. 已知函数，过点的两条直线m，n分别与的图象交于点A，C和点B，D，且A，B，C，D均异于点E，若的面积为1，则四边形的面积为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】先证明函数的图象关于点中心对称，可得四边形为平行四边形，利用其面积与的面积关系即可求的.关系面积的. 【详解】函数，定义域为R， ， 所以函数的图象关于点中心对称， 又因为两条直线m，n都过点，所以两条直线m，n都关于点中心对称， 则点A，C关于点中心对称，且点B，D关于点中心对称， 可知四边形为平行四边形，其面积为面积的4倍， 所以四边形的面积为4． 8. 设，将不大于的最大整数记作，如，，则方程的解集中的元素有（ ） A. 无数个 B. 4个 C. 3个 D. 2个 【答案】C 【解析】 【分析】结合题意与取整函数的性质得到，再分类讨论求解解集中的元素即可. 【详解】因为，所以， 由取整函数的性质得， 可得，解得， 当时，得到， 代入可得，解得（正根舍去）， 当时，得到或， 当时，代入可得，解得， 当时，代入可得，解得（负根舍去）， 综上可得方程的解集中的元素有3个，故C正确. 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. 已知函数（为实数）的定义域为D，，且，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象不经过第四象限 B. 若为偶函数，则为偶数 C. 若，则 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用幂函数的图象性质可判断A；当时，为偶函数，但是不为偶数，可判断B；利用基本不等式验证，判断C；当时，，可判断D. 【详解】对于A，利用幂函数的图象性质可知，的图象不经过第四象限，故A正确； 对于B，当时，为偶函数，但是不为偶数，故B错误； 对于C，，所以，， 由基本不等式可得，因为，所以等号不成立，故C正确； 对于D，当时，则，故D错误. 10. 已知，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性判断A的真假；根据基本不等式判断B的真假；设，根据函数的单调性判断C的真假；设，根据的单调性判断D的真假. 【详解】对A，因为，，且， 所以，，所以. 又因为在上单调递增，所以，即，故A正确； 对B，因为，，且，所以，当且仅当时取等号. 又，所以，故B错误； 对C，设，，则，. 因为时，恒成立，所以在上单调递增. 又，所以，即，故C正确； 对D，设，，则，. 当时，，所以在上单调递增. 又，所以，即.故D正确. 11. 已知函数的定义域为，若存在且，使得且，则称为“函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 为“函数” B. 若为“函数”，则 C. 若为“函数”，则不可能是偶函数 D. 若为“函数”，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】函数要求存在不等的满足且，A可取直接验证成立；B由导等式推出，代入函数式可得；C可用偶函数作为反例说明错误；D由导等式得到，把写成变量函数可证. 【详解】对于A，，， 取，， 由，，得， 由，，得， 满足函数的定义，A正确； 对于B，，， 存在，使得， 由②得，即， 因为，所以，即， 将代入①得，化简得， 要存在（若，则，不满足）， 则要有非零实根，即， 所以若为“函数”，则，B正确； 对于C，举反例：偶函数，， 取，， 由，，得， 由，，得， 满足函数的定义，C错误； 对于D，，， 存在，，，使得， 由④得， 因为，所以，即， 整理③式：， 即， 两边同除以： ， 变形得：⑤， 不妨令，设，结合， 则，，， 代入⑤式： ， 记， 先证高中常用不等式：时，， 令 ，在单调递增， ，即，得到， 代入：， 令， ， 由基本不等式：， 等号当，即时取等， ，故，等号取不到，， 于是，，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的单调递增区间为_________． 【答案】 【解析】 【分析】函数的单调递增区间即为的解集，求解不等式即可. 【详解】由已知， 该不等式等价于， 解得. 13. 已知实数x，y满足，则的最大值是_________． 【答案】 【解析】 【分析】先应用换元结合判别式法计算求解. 【详解】设，且， 所以，即得， 所以， 所以， 所以的最大值为. 14. 已知函数，若恒成立，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】对进行因式分解，根据函数的单调性得到与的零点相同，进而得到；构造函数，根据导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】 . 恒成立等价于，， 即，. 函数在上单调递增，函数在上单调递增， 若，恒成立，则与的零点必须相同. 令，则；令，则， 所以，所以. 设，则. 令，设，则. 令，则， 因为，所以，所以在上单调递增. 观察易得是的根，即，所以. 当时，，，所以单调递减； 当时，，，所以单调递增； 所以在时取最小值，，故. 因此的取值范围是. 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. 已知函数（且）． （1）若，求的定义域； （2）若的值域为R，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据对数的真数为正数，结合构造函数法、导数的性质求出所构造函数的最值进行求解即可； （2）根据对数型函数值域的性质，结合构造函数法、导数的性质求出所构造函数的最值进行求解即可. 【小问1详解】 若，则， 要使有意义，则． 令，则． 令，可得． 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以． 因为，所以． 所以的定义域为． 【小问2详解】 令，则． 因为的值域为R，所以的值域包含． 由，可得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，解得． 故实数a的取值范围是． 16. 已知函数（，）． （1）若关于的不等式的解集为，求的值． （2）若，且当时，的值域也为，其中． （ⅰ）证明：； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】（1）， （2）（ⅰ）由题意可知，，的图象的对称轴为直线,开口向上． 当时，在上单调递减， 则 ①-②，得． 又，所以． （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用一元二次不等式与一元二次方程的关系，再根据韦达定理求解； （2）（ⅰ）利用二次函数的性质可知，的图象的对称轴为直线，开口向上，故在上单调递减，求出值域，最后证明结论. （ⅱ）由（ⅰ）可知，即 即关于x的方程在上有两个不同的实根，再利用二次函数与一元二次方程根的分布关系求解c的取值范围. 【小问1详解】 因为不等式的解集为， 所以，是关于的方程的两个根． 所以，，即，． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）由（ⅰ）可知，即 即关于的方程在上有两个不同的实根． 令，的图象开口向上且对称轴为直线， 则，解得． 故c的取值范围是． 17. 已知函数． （1）求的图象在点处的切线方程； （2）求证：． 【答案】（1） （2）方法一：要证，只需证． 记，则． 由，得，令，显然在上单调递减． 又，， 所以，使得，即有． 当时，，所以，在上单调递增， 当时，，所以，在单调递减． 所以， 所以，即． 方法二：要证，只需证， 即证． 令，则，只需证． 记，则． 令，可得． 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增． 所以， 所以，即， 所以原不等式成立，即． 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程进行求解即可； （2）方法一：要证，只需证．构造新函数，利用导数的性质，结合零点存在原理进行运算求解即可； 方法二：要证，只需证，即证． 构造新函数，利用导数的性质求出函数的最值进行求解即可. 【小问1详解】 由题意可知，． 所以．又因为， 所以所求切线方程为，即，即． 【小问2详解】 略. 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若，，求实数a的取值范围； （3）若当时，，求实数a的取值范围． 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导，分析函数的单调性，进而求解极值； （2）设，，转化问题为利用导数分析的单调性，进而求解即可； （3）由当时，不等式成立得到，再验证其满足题意即可求解. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 而，令，可得． 当时，，单调递增， 当时，，单调递减． 所以当时，取得极大值，且极大值为，无极小值. 【小问2详解】 ，，即，． 设，，只需． 而，令，可得． 当时，，单调递增， 当时，，单调递减． 所以，所以，即， 所以实数a的取值范围为. 【小问3详解】 因为当时，，所以当时，成立， 即成立，则． 下证：时，且时，. 当时，有，所以． 记，，则． 记，，则． 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增， 而，所以． 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增． 而，所以， 即当时，． 综上所述，实数a的取值范围为. 19. 已知函数，． （1）求不等式的解集； （2）求的极值点个数； （3）证明：的所有零点之和大于． 【答案】（1） （2） （3）由（2）知，，且，使得当时，单调递减，当时，单调递增． 又， 所以，， ． 因为，所以．所以． 所以，使得，，使得． 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增． 又，，所以． 又，， 所以，使得．所以． 又， 所以，使得． 又，在上单调递增，所以在上无零点． 故在上有两个零点，，且． 由，可得，． 又，所以．所以．所以． 所以． 又，所以，． 因为函数在上单调递减，所以，即． 所以的所有零点之和大于． 【解析】 【分析】（1）先对求导可得，从而转化为，，再化简求解不等式； （2）先对求导可得，再设，二次求导得，再构造函数，求导判断的单调性与变号零点，再得到的单调性与变号零点，从而求得的单调性，最后求得极值点个数； （3）由第（2）可知，，且，使得当时，单调递减，当时，单调递增.虚设的零点，通过讨论得到所在区间，再得到函数在有两个零点，且，由，可得，，从而得到，最后利用三角函数证明. 【小问1详解】 因为，所以， 则，即， 即，即． 因为，所以． 所以，解得， 即所求不等式的解集为． 【小问2详解】 由（1）知，，， 设，则． 设，， 则． 因为，所以． 所以当，即时，，单调递减， 当，即时，，单调递增， 当，即时，，单调递减． 又，，由，得 ， ，，， 所以，使得，即． 所以． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以是的极小值点，无极大值点． 所以的极值点个数为1． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $