2026郑州外国语学校高三上学期9月调研1考试数学含解析

这是一份2026郑州外国语学校高三上学期9月调研1考试数学含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（120 分钟 150分）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. “”的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】，
因为，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
2. 已知集合，若有三个元素，则实数的取值集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】∵有三个元素，且
∴分为两种情况：
①当时，解之得：或，均符合题意；
②当时，解之得：，符合题意.
综上所述，实数a的取值集合为.
故选：C.
3. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】因为函数的定义域为，
所以，解得，
根据解析式有意义可知，即，
综上，.
所以函数的定义域为.
故选：A．
4. 已知实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】解：因为满足，
则
，
当且仅当时取等号，
故选：．
5. 已知是偶函数，则（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【详解】因为为偶函数，则，
又因为不恒为0，可得，即，
则，即，解得.
故选：D
6. 设，若为函数的极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：

由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
7. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（ ）
A. 27种B. 36种C. 54种D. 72种
【答案】C
【详解】解：由题意得：甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；
再排甲，也有3种情况；
余下3人有种排法．故共有种不同的情况．
故选：C.
8. 若对任意，恒有，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】由题意可知，不等式变形为.
设，
则
.
当时，即在上单调递减.
当时，即在上单调递增.
则在上有且只有一个极值点，该极值点就是的最小值点.
所以，即在上单调递增.
若使得对任意，恒有成立.
则需对任意，恒有成立.
即对任意，恒有成立，则在恒成立.
设则.
当时，，函数在上单调递增
当时，，函数在上单调递减
则在上有且只有一个极值点，该极值点就是的最大值点.
所以，即，则实数的最小值为.
故选：D
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 已知函数及其导数，若存在，使得，则称是的一个“巧值点”．下列函数中，有“巧值点”的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【详解】对于A，由 解得，因此此函数有 “巧值点” 0，2；
对于B，由 ，即 ，无解，因此此函数无 “巧值”；
对于C， ，由，分别画出图象： ，由图象可知：两函数图象有交点，因此此函数有“巧值点” ；
对于D，，由 ，解得 ，因此此函数有 “巧值点”.
故选： ACD.
10. “天宫课堂”是为发挥中国空间站的综合效益，推出的首个太空科普教育品牌.为了解学生对“天宫课堂”的喜爱程度，某学校从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，得到以下数据，则（ ）
参考公式及数据：①，.②当时，.
A. 从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率为
B. 用样本的频率估计概率，从全校学生中任选3人，恰有2人不喜欢天宫课堂的概率为
C. 根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联
D. 对抽取的喜欢天宫课堂的学生进行天文知识测试，男生的平均成绩为80，女生的平均成绩为90，则参加测试的学生成绩的均值为85
【答案】BC
【详解】对于A：从这200名学生中任选1人，已知选到的是男生，则他喜欢天宫课堂的概率，故A错误；
对于B：样本中喜欢天宫课堂的频率，从全校学生中任选3人，
恰有2人不喜欢天宫课堂的概率，故B正确；
对于C：因为，
所以根据小概率值的独立性检验，认为喜欢天宫课堂与性别没有关联，故C正确；
对于D：抽取的喜欢天宫课堂的学生男、女生人数分别为、，
又男生的平均成绩为，女生的平均成绩为，所以参加测试的学生成绩的均值为，故D错误；
故选：BC
11. 已知函数及其导函数的定义域均为，记，且，，则（ ）
A. B. 的图象关于点对称
C. D. （）
【答案】ABD
【详解】因为，
所以，即，
令，得，故A正确；
因为，
当时，，
所以的图象关于点对称，故B正确；
对于C，假设成立，
求导得，
即，又，
所以，所以与矛盾，故C错误；
对于D，因为，，
所以，，，，
所以有，
所以数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列，
数列的偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
又，，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，
所以，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数是________．（用数字作答）
【答案】
【详解】根据题意,的项在的展开式中有两项，
分别为：和，即和，
则的系数为：.
故答案为：.
13. 若函数在区间内单调递增，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【详解】要使函数有意义，则有，
解得：，令，
函数在上单调递增，在上单调递减，
又因为在上单调递减，由复合函数单调性可知：
函数在上单调递增，
又因为函数在区间内单调递增，
所以，则有，解得：，
故答案为：.
14. 已知，若对于任意的，恒成立，则a的取值范围是______.
【答案】
【详解】对于函数，因为，
所以恒成立，其定义域为R，
又，
且，
所以为R上的偶函数.
由复合函数的单调性可知，在上单调递增，
所以等价于，即，即.
当时，恒成立，所以；
当时，恒成立，所以.
综上，.
故答案为：
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. 已知函数，，函数在处有极值．
（1）求函数的解析式；
（2）求函数在上的最值．
【答案】（1）；
（2）最小值为，最大值为．
【小问1详解】
由题，.
因在处有极值，则.
又时，，，
因时，，时，.
得上单调递增，在上单调递减，
则函数在处有极大值，满足题意，故.
【小问2详解】
当时，令，得，
令，得.
故在上单调递增，在上单调递减.
则，
.
故函数在上的最大值为，最小值.
16. 已知和为椭圆上两点.
（1）求C的离心率;
（2）若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【答案】（1）
（2）直线的方程为或.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以.
【小问2详解】
法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解得或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
17. 在四棱锥中，底面是正方形，若．
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的平面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】
（1）取的中点为，连接.
因为，，则，
而，故.
在正方形中，因为，故，故，
因，故，故为直角三角形且，
因为，故平面，
因为平面，故平面平面.
（2）在平面内，过作，交于，则，
结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.
则，故.
设平面的法向量，
则即，取，则，
故.
而平面的法向量为，故.
二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.
18. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若曲线与在上至少有一个交点，求的取值范围；
（3）若，、，且，，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）最小值为
【小问1详解】
解：当时，，，
可得，，即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即．
【小问2详解】
解：由，得，
令，其中，
则，其中，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增．
所以，，所以，则的取值范围为．
【小问3详解】
解：因为、，且，，
所以，
设函数，则，可得在上单调递减，
所以在上恒成立，即对时恒成立．
设，则．
设，则，令，解得．
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增．
，，
当时，，
，则，，
所以存在，使得，即．
当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
所以当时，取得最大值．
，
当时，，
又整数，所以的最小值为．
19. 某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立.
（1）求两局后比赛终止的概率；
（2）在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
（3）在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元．记局后比赛终止且棋手获奖万元的概率为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】
设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
【小问2详解】
设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
【小问3详解】
因为局获奖励万元，说明甲共胜局．
（i）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第局以分比赛终止，说明前局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率
，．
所以．
因为，所以，
所以，所以单调递减，
所以当时，取最大值为．
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男生
80
20
女生
70
30