2026-2027学年河北省邢台市部分高中高三（上）学情检测数学试卷（9月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年河北省邢台市部分高中高三（上）学情检测数学试卷（9月份）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.已知集合A={x|−2<x<1}，B={x|0≤x≤2}，则A∪B=(

)A.{x|0≤x<1} B.{x|−2<x≤2} C.{x|1<x≤2} D.{x|0<x<1}2.若复数z满足i·z=3−4i，则|z|=(

)A.1 B.5 C.7 D.253.已知|a|=1,|b|=3,|2a−A.π6 B.π3 C.2π34.若函数f(x)=3x−3−xA.−1 B.1 C.−12 5.“α=π2”是“函数f(x)=cos(x+α)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6.设a=log20.3，b=log120.4，c=0.40.3，则A.a<b<c B.c<a<b C.b<c<a D.a<c<b7.已知y=f(x−1)的图象关于点(1,0)对称，且对∀x∈R，都有f(x−1)=f(3−x)成立，当0≤x≤1时，f(x)=x2，则f(2027)=(

)A.−1 B.0 C.1 D.28.已知△ABC的三条边分别为a，b，c，且b，c是方程bx2−cx+a=0的两个根，若b<c，则A.c>1 B.a≥c C.b<5−1二、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.若a>b>0，则下列结论正确的是(

)A.a2>b2 B.a2b>a10.已知函数f(x)=asin2x+bcos2x(ab≠0)的图象关于直线x=π6对称，则(

)A.f(x)的最小正周期为π B.f(x+5π12)为奇函数

C.f(x)在(−π3,π6)11.已知f(x)=x3−3xA.f(x)在定义域内单调递增

B.f(x)的对称中心为(1,1)

C.已知x1，x2为方程ax2+4x+b=0的两个根，x1≠x2且f(x1)+f(三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=2x+1,x<2f(x−2),x≥2，则f(5)=

．13.已知不等式x2−2x+a<0(0<a<1)的解集为{x|m<x<n}，则1m+414.函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=−x2+4x，不等式f(x)>0的解集为

；若不等式f(x)≤f(x−a)恒成立，则正实数a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.(本小题13分)

已知f(x)=x−lnx+ax，f(x)在x=1处的切线与x−6y=0垂直．

(1)求实数a的值；

(2)求f(x)在区间[2,4]16.(本小题15分)

已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)将函数f(x)的图象先向左平移π4个单位，再将所有点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，得到函数17.(本小题15分)

已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，sinB=2sinC，b=(2cosA+1)c．

(1)求A；

(2)若D为线段AC的中点，△ABC的面积为23，求线段BD的长．18.(本小题17分)

已知函数f(x)=sinx−xcosx，g(x)=2f(x)−x2x3．

(1)求f(x)在(−2π,2π)上的单调区间；

(2)证明：g(x)在(0,π)上存在最大值M；

(3)判断(2)中的M是否也是g(x)19.(本小题17分)

已知函数y=f(x)的定义域是D.对于t∈D，定义集合Sf(t)={x|f(x)≥f(t)}．

(1)若f(x)=log2x，求Sf(16)；

(2)对于集合A，若对任意x∈A都有−x∈A，则称A是对称集.若D是对称集，证明：“函数y=f(x)是偶函数”的充要条件是“对任意t∈D，Sf(t)是对称集”；

(3)若函数f(x)的定义域为D=(0,+∞)，对任意x∈D，f(x)=121.【答案】B

2.【答案】B

3.【答案】C

4.【答案】D

5.【答案】A

6.【答案】D

7.【答案】A

8.【答案】C

9.【答案】ABD

10.【答案】ABD

11.【答案】ABD

12.【答案】3

13.【答案】9214.【答案】(−∞,−4)∪(0,4)8

15.【答案】解：(1)函数f(x)=x−lnx+ax的定义域为(0,+∞)，

对f(x)求导得f′(x)=1−1x−ax2，

则f(x)在x=1处的切线斜率k=f′(1)=1−1−a=−a，

直线x−6y=0变形为y=16x，斜率为16，

∵f(x)在x=1处的切线与x−6y=0垂直，

∴两直线垂直时斜率乘积为−1，∴(−a)×16=−1，

解得a=6．

(2)由(1)得f(x)=x−lnx+6x，

∴f′(x)=1−1x−6x2=x2−x−6x2=(x−3)(x+2)x2，

当x∈[2,4]时，x2>0，x+2>0，

∴当x∈[2,3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x∈(3,4]时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

∴f(x)在x=3处取得区间内的最小值为f(3)=3−ln3+16.【答案】解：(1)由题图可知，A=2，∵1112π−16π=34T，∴T=π，

则ω=2，

又f(π6)=2，∴2×π6+φ=π2+2kπ，k∈Z，

解得φ=π6+2kπ，k∈Z，由|φ|<π2，可得φ=π6，

∴f(x)=2sin(2x+π6)．

(2)将f(x)向左平移17.【答案】解：(1)根据b=(2cosA+1)c，结合正弦定理得sinB=(2cosA+1)sinC，

因为sinB=2sinC，sinC≠0，所以2cosA+1=2，解得cosA=12．

结合A∈(0,π)，可得A=π3；

(2)由A=π3，根据余弦定理得a2=b2+c2−2bccosπ3=b2+c2−bc，

化简得b2+c2−a2=bc，

18.【答案】解：(1)因为f′(x)=cosx−(cosx−xsinx)=xsinx．

当x∈(−2π,−π)时，sinx>0，所以xsinx<0，所以f(x)在(−2π,−π)上单调递减；

当x∈(−π,0)时，sinx<0，所以xsinx>0，所以f(x)在(−π,0)上单调递增；

当x∈(0,π)时，sinx>0，所以xsinx>0，所以f(x)在(0,π)上单调递增；

当x∈(π,2π)时，sinx<0，所以xsinx<0，所以f(x)在(π,2π)上单调递减．

又f(0)=0，f′(0)=0，所以函数f(x)在(−2π,−π)，(π,2π)上单调递减，在(−π,π)上单调递增．

(2)证明：因为g(x)=2sinx−2xcosx−x2x3，x∈(0,π)，

所以g′(x)=(2sinx−2xcosx−x2)′⋅x3−(2sinx−2xcosx−x2)⋅(x3)′x6

=(2cosx−2cosx+2xsinx−2x)⋅x3−(2sinx−2xcosx−x2)⋅3x2x6

=(2x2−6)sinx+6xcosx+x2x4．

设h(x)=(2x2−6)sinx+6xcosx+x2，x∈(0,π)，

则h′(x)=4xsinx+(2x2−6)cosx+6cosx−6xsinx+2x=2x(xcosx−sinx+1)，

再设φ(x)=xcosx−sinx+1，x∈(0,π)，

则φ′(x)=cosx−xsinx−cosx=−xsinx，

当x∈(0,π)时，φ′(x)=−xsinx<0，所以φ(x)在(0,π)上单调递减，

又φ(0)=1>0，φ(π)=−π+1<0，

所以唯一存在x0∈(0,π)，使得当x∈(0,x0)时，φ(x)>0，进而h′(x)>0，所以h(x)在(0,x0)上单调递增；

当x=x0时，φ(x)=0，进而h′(x0)=0；

当x∈(x0,π)时，φ(x)<0，进而h′(x)<0，所以h(x)在(x0,π)上单调递减．

又因为h(0)=0，h(π)=−6π+π2<0，所以h(x0)>0，

所以唯一存在x1∈(x0,π)，当x∈(0,x1)时，h(x)>0，进而g′(x)>0，所以g(x)在(0,x1)上单调递增；

当x∈(x1,π)时，h(x)<0，进而g′(x)<0，所以g(x)在(x1,π)上单调递减．

所以，当x=x1时，函数g(x)取得极大值，记为M．

(3)是，理由如下：

由(2)可知，19.【答案】Sf(16)={x|x≥16}

证明：

必要性：因为y=f(x)是偶函数，所以任意x∈D，f(x)=f(−x)，

对任意t∈