北京市丰台区第二中学2026-2027学年高三上学期8月检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市丰台区第二中学2026-2027学年高三上学期8月检测数学试题一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A=xx2<4，B=xA.x−2<x<3 B.xx>−2 C.x−1≤x<32.若复数z满足3+4i⋅z=25，则zA.3+4i B.3−4i C.5 D.253.设x∈R，则“sinx=0”是“cosx=1”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4.下列函数中，奇函数且单调递增的是(

)A.y=x+sinx B.y=xcosx C.5.已知函数fx=3sinπ2x+π5.若A.1 B.2 C.π D.2π6.已知函数fx=exA.fx是减函数，且曲线y=fx存在对称轴B.fx是减函数，且曲线y=fx存在对称中心

C.fx是增函数，且曲线y=fx存在对称轴7.设x，y∈R，a>1，b>1.若ax=by=3，a+b=2A.1 B.32 C.2 D.8.已知函数fx=2sinωx+φ(ω>0,φ<π2)A.−3 B.−1 C.1 9.我国新能源汽车技术世界领先，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口．Peukert于1898年提出蓄电池的容量C(单位：Ah)，放电时间t(单位：h)与放电电流I(单位：A)之间关系的经验公式：C=In⋅t，其中n为Peukert常数．为了测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流I=20 A时，放电时间t=20 h；当放电电流I=30 A时，放电时间t=10 h.则该蓄电池的Peukert常数n大约为(

)(参考数据：lg2≈0.30A.43 B.53 C.8310.函数fx在a,b上有定义，若对任意x1，x2∈a,b，有fx1+x22≤12①fx在1,3②fx2在1,③若fx在x=2处取得最大值1，则fx=1④对任意x1，x2，x3，x其中真命题的序号是(

)A.①② B.①③ C.②④ D.③④二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11.函数f(x)=1x−1的定义域为

；值域为

12.在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，它的终边与以原点O为圆心的单位圆交于点Px,12，则sinα=

；x=13.在x+ax6的展开式中，x2的系数为60，则实数a=14.已知函数fx=cosx−π6x∈t,t+π3的最小值为mt15.设函数fx=x+m①当m=0时，函数fx在−∞,+∞②若函数fx有且仅有两个零点，则m>0③当m<0时，若存在实数a,b，使得fa=fb，则a−b④已知点P−m,0，函数fx的图象上存在两点Q1x1,y1,Q2其中所有正确结论的序号是

．三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题10分)已知函数fx(1)求函数fx(2)当x∈−π4,17.(本小题12分)已知函数fx=ax(1)若曲线y=fx与曲线y=gx在它们的交点1,c处具有公共切线，求a，(2)当a2+4b=0时，求函数gx−f18.(本小题12分)设函数f(1)若f0=(2)已知fx在区间−π3,2π3上单调递增，f2π3=1，再从条件①、条件②条件①：fπ条件②：f−条件③：fx在区间−注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．19.(本小题12分)已知函数fx(1)若曲线y=fx在点a,fa处切线与直线y=x平行，求(2)若曲线y=fx与直线y=x+b有两个不同交点，求b的取值范围．20.(本小题14分)已知函数fx(1)求曲线y=fx在点1,f(2)求证：函数fx(3)求证：fx≤21.(本小题15分)设数列ann∈N(它指无穷数列a0，a1，a2，…)满足a0=0，(1)直接写出a2，a(2)(ⅰ)若数列ann∈N的某一项ar(ⅱ)记Sn=a0+a1(3)设q(q∈N)是已知数，求aq+1−aq的最小值1.【答案】A

2.【答案】C

3.【答案】B

4.【答案】A

5.【答案】B

6.【答案】D

7.【答案】A

8.【答案】C

9.【答案】B

10.【答案】D

11.【答案】

12.【答案】12

；/0.5；±13.【答案】±2

14.【答案】−1

15.【答案】②③④

16.【答案】解：(1)fx令2kπ+π2≤2x−故单调递增区间为kπ+5π(2)x∈−π4,π故−12≤−sin2x−

17.【答案】解：(1)对两函数求导得：f′(x)=2ax+b，g′(x)=3x由两曲线在交点(1,c)处有公共切线，可得：f(1)=g(1)=c代入函数计算：f(1)=a+b，g1=0，所以而f′(1)=2a+b，g′(1)=3，所以2a+b=3．联立方程组a+b=02a+b=3，解得a=3，b=−3(2)当a2+4b=0时，设hx则h′x令h′(x)=0，解得两根x1=a因为a>0，所以a6>0,a2由于二次函数h′x开口向上，则x≤0时，h′即hx在−∞,0上单调递增，所以最大值为

18.【答案】解：(1)因为fx=sin因为|φ|<π2，所以(2)因为fx=sinωx+φ，所以f(x)的最大值为若选条件①：因为f(x)=sinωx+φ的最大值为1，最小值为所以fπ3=3若选条件②：因为f(x)在−π3,2π3所以T2=2π3−−π又因为f−π3=−1，所以所以φ=−π6+2kπ,k∈Z，因为|φ|<所以ω=1，φ=−π若选条件③：因为f(x)在−π3,所以f(x)在x=−π3处取得最小值−1，即以下与条件②相同．

19.【答案】解：(1)对fx求导，得f′(x)=2x+

曲线在(a,f(a))处切线与y=x平行，故切线斜率为1，即f′(a)=1，代入得a2+由于cosa∈[−1,1]，故2+cosa≥1>0(2)曲线与y=x+b有两个不同交点，等价于方程f(x)=x+b有两个不同实根，整理得x2设g(x)=x2+xsinx+对g(x)求导得g′(x)=2x+sin因2+cos故：当x<0时，g′(x)<0，g(x)在−∞,0上单调递减；当x>0时，g′(x)>0，g(x)在0,+∞上单调递增；因此g(x)在x=0处取最小值，g(0)=0+0+cos

又x→+∞和x→−∞时，g(x)→+∞，故：当b>1时，g(x)=b有两个不同实根；当b=1时仅有1个实根x=0；当b<1时无实根，综上，b的取值范围为(1,+∞)．

20.【答案】解：(1)由题意得f′(x)=(1+则f′1=1+1−1−0所以其切线方程为y−1e=(2)令g(x)=1+1x−x−因为x>0，所以g′(x)<0恒成立，即g(x)在(0,+∞)上单调递减，g(1)=1+1−1−0=1>0，g(2)=1+1根据零点存在性定理，存在唯一的x0∈(1,2)使得当x∈(0,x0)时，g(x)>0，即f′(x)>0当x∈(x0,+∞)时，g(x)<0，即f′(x)<0所以f(x)在x=x(3)要证x+lnxe因为x>0，所以有1+ln因为ex>0，所以有所以原不等式转化为证明1+lnxx下证1+因为x>0，即证x2−x−ln则h′(x)=2x−1−1x=(2x+1)(x−1)x(x>0)，令h′(x)=0，解得当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，所以h(x)min=h(1)=1−1−0=0下证x≤e令φ(x)=ex−1−x(x>0)，则φ′(x)=ex−1当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，φ(x)min=φ(1)=1−1=0综上，1+lnxx

21.【答案】解：(1)由题意得当n=2时，k∈{1,2}，若k=1，则a2若k=2，则a2所以a2的取值范围是{当n=3时，k∈{1,2,3}，当a2若k=1，则a3若k=2，则a3若k=3，则a3当a2若k=1，则a3若k=2，则a3若k=3，则a3所以a3的取值范围是{(2)(ⅰ)假设对所有1≤m<n都有aan是由前面k(k≤n)因为a0=0且前面的正整数项都在(0,1]内，且求和的分子中至少包含一项因此平均数必定严格大于0且小于等于1，即a因为ar≠1 (r≥2)，所以下证对于任意n>r，an都不可能等于1假设存在某个m>r使得am=1，因为am那么只有当参与计算该平均数的所有项全部等于1时，其平均数才可能为1，此时am−1以此类推，为了让am−1=1，必须有am−2=1，直到得出因此假设不成立，即对任意h∈N，均有ar+h结合恒成立的ar+h∈(0,1]，可得(ⅱ)当n=1时，S1=a显然S1假设结论对n−1成立，令A=S根据递推条件，存在k∈{1,…,n}，使得an由归纳假设An记x=an，当2≤t≤n时，由归纳假设及①，有Bn,t而x+(t−1)Ant另一方面，Bn,t且A+