2026-2027学年湖南省邵阳市高一上学期拔尖创新班9月联考数学试卷（含解析）

/数学本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时120分钟．一、单项选择题（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.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，2.已知扇形的圆心角为，其弧长为，则此扇形的面积为（）A. B. C. D.3.已知集合，，则（）A. B. C. D.4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.5.“，”的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.6.设，，，则（）A. B. C. D.7.已知，，则（）A. B. C. D.8.已知函数若，，，是方程的四个根，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.二、多项选择题（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，有错选的得0分）9.已知，，且，则下列说法正确的是（）A.的最大值为 B.的最小值为C.的最小值为4 D.的最小值为10.已知，，，则（）A. B.C. D.11.设函数的定义域为D，区间，若对任意，存在唯一的，使得，则称是区间I上的“可倒函数”，则下列说法正确的是（）A.函数是定义域上的“可倒函数”B.若函数是区间（）上的“可倒函数”，则的取值范围为C.若函数是区间上的“可倒函数”，则D.若存在正数t，使得函数是区间上的“可倒函数”，则实数k的取值范围为三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.计算：______________．13.已知函数在区间上单调递增，则实数m的取值范围为______________．14.已知函数（），若存在，使得在区间上恰有4个零点，则的最小值为______________．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.已知集合，．（1）若，求，；（2）若，求实数的取值范围．16.已知函数．（1）求函数的最小正周期及对称轴；（2）求函数，的单调区间；（3）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象．若方程在区间上恰有两个不同的实数解，求实数的取值范围．17.已知函数的定义域为，，且当时，．（1）判断函数的奇偶性，并写出必要的证明过程；（2）证明：函数在区间上单调递减；（3）解不等式：．18.已知二次函数（）满足，．（1）求的解析式；（2）若函数在区间上的最小值为，求实数的值；（3）若对任意，有不等式恒成立，求实数的取值范围．19.我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点（）成中心对称图形的充要条件是．结合以上材料，解答下列问题：（1）直接写出函数的图象的对称中心；（2）若函数．（ⅰ）求证：函数的图象是中心对称图形并求出对称中心；（ⅱ）已知函数的图象关于点成中心对称图形，且当时，．若对任意，存在，使得，求实数m的取值范围．

数学本试卷共4页，19个小题．满分150分．考试用时120分钟．一、单项选择题（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.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，答案：B解析：思路：根据全称量词的否定，“改量词，否结论”即可解决.解答过程：命题“，”的否定是“，”.2.已知扇形的圆心角为，其弧长为，则此扇形的面积为（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：扇形的圆心角，其弧长，由弧度制定义，该扇形的半径，所以该扇形的面积.3.已知集合，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：且，所以，所以,，则.4.函数的图象大致为（）A. B.C. D.答案：A解析：思路：利用奇偶性及特殊值即可解决.解答过程：函数定义域为，，函数为奇函数，图象关于原点对称，排除选项B、D；对于选项A,C，，故C错误，A正确.5.“，”的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.答案：A解析：解答过程：，，所以，当，，当且仅当，即时取等号，所以，则，，选项A，能推出，不能推出，故是它的一个充分不必要条件；选项B是它的充分必要条件，选项C、D，是既不充分也不必要条件.6.设，，，则（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：∵函数在上单调递减，∴，即，又∵函数在上单调递增，∴，即，又∵在上单调递减，∴，即，∴.7.已知，，则（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：将等式移项后平方，结合平方关系消元，可求出，，然后根据商数关系求得.解答过程：，所以，由，得，所以，因为，所以，所以，即，得，（舍去），所以，则.8.已知函数若，，，是方程的四个根，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：先画出分段函数图象，由四个根确定参数，分别利用抛物线的对称性和对数函数的对称性，求出和，最后通过换元，利用对勾函数的单调性求出比值的取值范围．解答过程：画出函数图象如图所示，由有四个根，结合图象可知，直线与函数图象有四个交点，所以，，且令得：所以，因此所以，令，因为，所以，所以，令，根据对勾函数单调性，在上单调递增，所以，所以二、多项选择题（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，有错选的得0分）9.已知，，且，则下列说法正确的是（）A.的最大值为 B.的最小值为C.的最小值为4 D.的最小值为答案：AC解析：思路：根据基本不等式判断A，根据“1”的代换及基本不等式判断B，根据指数幂的运算及基本不等式判断C，利用消元法及二次函数的性质判断D.解答过程：选项A，因为，，所以，当且仅当，即时等号成立，故该选项正确；选项B，因为，，当且仅当，即时等号成立，故该选项不正确；选项C，，当且仅当，即时等号成立，故该选项正确；选项D，，由可知，故当时，的最小值为，故该选项不正确.10.已知，，，则（）A. B.C. D.答案：BD解析：思路：先由已知条件求，并结合的符号确定所在区间，从而确定的值，再利用求，并用二倍角公式求，最后利用同角关系和两角差公式求，逐一判断选项．解答过程：由，得，已知，且，所以，又已知，所以，假设，则，故，此时，所以，与矛盾，故不在第三象限，所以，所以，所以A错误；由，得，所以，所以B正确；，所以C错误；因为，且，所以，所以，所以D正确．11.设函数的定义域为D，区间，若对任意，存在唯一的，使得，则称是区间I上的“可倒函数”，则下列说法正确的是（）A.函数是定义域上的“可倒函数”B.若函数是区间（）上的“可倒函数”，则的取值范围为C.若函数是区间上的“可倒函数”，则D.若存在正数t，使得函数是区间上的“可倒函数”，则实数k的取值范围为答案：BCD解析：思路：设函数的值域分别为，若是区间上的“可倒函数”，则有.对于A选项，取，求解即可；对于B选项，由以及函数的单调性求解，再利用基本不等式求解即可；对于C选项，利用函数单调递减以及求解即可；对于D选项，结合新概念确定函数的单调性，再结合对分类讨论即可.解答过程：设函数的值域分别为，由题意可知，若是区间上的“可倒函数”，则有.对于A，的定义域为，令，则，由，得，即，即，判别式，方程无解，所以不是“可倒函数”，A错误；对于B，函数在定义域（）上为“可倒函数”，由严格递增，所以对于任意的，的取值范围为，因为是“可倒函数”，所以，所以，所以的取值范围为，所以，故，即，故，解得，通过基本不等式，解得，即，当且仅当时，等号成立，又因为，所以，且，所以的取值范围为，故B正确；对于C，当时，单调递减，此时其值域为，由，，从而在时的值域为，由是区间上的“可倒函数”，有，所以有，解得，C正确；对于D，由题意，函数在定义域上连续，若该函数不单调，则存在，使得，对于，存在不等实数，使得，不满足可倒函数的定义，所以在定义域上单调，当时，在上单调递增，对于任意的，的取值范围为，因为为“可倒函数”，所以，所以，所以的取值范围为，所以，故，解得，符合题意；当时，函数的图象抛物线开口向上，对称轴方程为，由，在上单调递增，对于任意的，的取值范围为，因为为“可倒函数”，所以，所以，所以的取值范围为，所以，故，解得，即，，方程有两个不相等的实数根，又，方程有正根，符合题意；时，函数的图象抛物线开口向下，对称轴方程为，由，在定义域上单调，则在上单调递增，有，对于任意的，的取值范围为，因为为“可倒函数”，所以，所以，所以的取值范围为，所以，故，解得，，当，即时，方程有两个实数根，又，，两根为正根，其中满足条件，符合题意；综上可知，函数是区间上的“可倒函数”，则实数k的取值范围为，D选项正确.三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.计算：______________．答案：解析：解答过程：原式.13.已知函数在区间上单调递增，则实数m的取值范围为______________．答案：解析：思路：利用复合函数同增异减，则二次函数在上单调递减且；再结合二次函数图象的对称轴列不等式，同时保证区间内恒大于0，联立求出的取值范围.解答过程：令，则，由在区间上单调递增，且单调递减，得在区间上单调递减，因为二次函数图象开口向上，对称轴为直线，所以，所以，因为，所以，由在区间上单调递减，所以当，取得最小值为，则，故，综上，实数的取值范围为.14.已知函数（），若存在，使得在区间上恰有4个零点，则的最小值为______________．答案：##解析：思路：换元，将函数零点转化为的解；利用可在内滑动的区间，找到刚好容纳4个解的最小区间长度，求出的最小值.解答过程：令，化简得，设，当且时，，问题等价于：存在，使得方程在区间内恰好有4个解，方程的通解为，解在数轴上交替间隔和排列，每周期内有2个解，要使最小，需让区间长度尽可能小，同时区间内恰好包含4个解，由于，区间左端点被限制在内，最优临界情况：左端点取最大值，区间右端点刚好到达第4个解，此时区间长度最小，列临界不等式：，得，当时，取略小于，可使区间内恰好包含4个零点，满足题意，因此的最小值为.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.已知集合，．（1）若，求，；（2）若，求实数的取值范围．答案：（1），（2）解析：思路：（1）先解一元二次不等式得，再由集合交、并、补的运算可得；（2）根据，分和，再结合包含关系可得参数范围.（1）由，，解得，所以；当时，，或；所以，.（2）因为，分两种情况：①当时，满足，此时，则；②当时，，即，解得．综上所述，的取值范围是．16.已知函数．（1）求函数的最小正周期及对称轴；（2）求函数，的单调区间；（3）将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象．若方程在区间上恰有两个不同的实数解，求实数的取值范围．答案：（1）最小正周期是，对称轴是，（2）在，上单调递增，在上单调递减（3）解析：思路：（1）由辅助角公式得，再由正弦函数的周期及对称轴可得；（2）令，则，再由正弦函数的单调性可得函数的单调区间；（3）先由平移可得，再由正弦函数性判断的单调性及值域，结合函数图象可得所求的值范围.（1）由．所以函数的最小正周期，令，，化简得，，所以的最小正周期是，对称轴是，．（2）因为，令，则，由正弦函数的性质，当，时，函数单调递增；当时，函数单调递减.所以，时，单调递增；同理可得在上单调递减；因此在，上单调递增，在上单调递减．（3）由题意得：，因为，所以．当，即时，单调递增，；当，即时，单调递减，；所以当在上有两个不同的实数解时，的取值范围为．17.已知函数的定义域为，，且当时，．（1）判断函数的奇偶性，并写出必要的证明过程；（2）证明：函数在区间上单调递减；（3）解不等式：．答案：（1）为偶函数，证明如下：首先，的定义域为关于原点对称；其次，令，则，得．令，则，得．令，则，，所以是偶函数．（2）证明：，设，，因为，所以，则，即，所以，即．所以在区间上单调递减．（3）或解析：思路：（1）判断函数定义域，利用赋值法证明函数的奇偶性；（2）运用定义法证明函数单调性；（3）先用函数恒等式变形，结合函数单调性和奇偶性列出不等式，解不等式求解集．（1）略（2）略（3）由题意得，因为为偶函数，所以，又在上单调递减，则由，得，解得或，所以不等式的解集为或．18.已知二次函数（）满足，．（1）求的解析式；（2）若函数在区间上的最小值为，求实数的值；（3）若对任意，有不等式恒成立，求实数的取值范围．答案：（1）（2）或（3）解析：思路：（1）利用待定系数法求出解析式即可；（2），对称轴是，根据二次函数在区间上的不同单调性求出最小值，继而即可求解；（3）由题意得，当时，不等式恒成立；当时，利用分离参数法得在上恒成立，结合换元法与对勾函数的单调性求解即可.（1）因为，则，所以，又，所以，得，，所以．（2），所以的图象开口向上，对称轴是．当，即时，在上单调递增，，得，满足题意；当，即时，