2026-2027学年四川省成都市石室成飞中学高三（上）定时练习数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年四川省成都市石室成飞中学高三（上）定时练习数学试卷（10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.设全集U={x∈Z|x2<5}，集合A={0,1,2}，B={−1,0,2}，则∁A.{0,2} B.{−2,−1,1} C.{−1,1} D.{−2,−1,1,2}2.已知a∈R，i是虚数单位，若复数z=1−a2−(a−1)i是纯虚数，则a=A.−1 B.1 C.±1 D.03.(1−x)10的展开式中第6项的系数为(

)A.C105 B.−C105 4.已知函数f(x)=ax+2−2a,x<2x2+ax−3a,x≥2在R上单调递增，则实数aA.[−4,1] B.(0,2] C.(0,2) D.[−4,2]5.某题库中有A，B，C三类题目，所占比例分别为12，13，16.小明答对A，B，C三类题目的概率分别为45，35，2A.110 B.310 C.256.设f(x)=|2x−1|，如果a<b<c，且f(a)>f(c)>f(b)，则有A.2a+2c<2 B.2a7.已知函数f(x)=2x+x+1，g(x)=log2(2x)+x，h(x)=x3+x+1的零点分别为a，b，c，则A.a<c<b B.b<a<c C.c<a<b D.c<b<a8.若存在过点(1,0)的直线与曲线y=x3和y=ax2+15A.−1或−2564 B.−1或214 C.−74或−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.下列命题正确的是(

)A.∃a，b∈R，|a−2|+(b+1)2≤0 B.∀a∈R，∃x∈R，使得ax>2

C.ab≠0是a2+b210.已知函数f(x)=ax3−bx+2，则A.点(0,2)为f(x)图象的对称中心

B.当ab<0时，f(x)有且仅有一个零点

C.过(0,3)作曲线f(x)的切线有2条

D.当b−3a>0时，f(x)在区间(−1,1)内单调递减11.已知对任意x，y∈R，f(x+y)=f(x)f(12−y)+f(12−x)f(y)A.f(1)=0 B.f(32)=1

C.f(x)的图象关于直线x=1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(1,0)，b=(x,−2)，且a⊥(a−2b)，则13.已知α，β为锐角，tanα=2,cosβ=255，则tan14.若不等式ex2−x−a−ln(x−1)≥lnx+a恒成立，则a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)

某地将举办大型体育赛事，为做好比赛的志愿服务保障工作，组委会定期对报名者开展综合能力测评.现从某高校的报名者中随机抽取200名男生和300名女生进行评分(满分100分)，分别得到如图所示的两个频率分布直方图．

(1)求a的值，并估计女生评分的平均数；

(2)若评分不低于70分定为“合格”，评分低于70分定为“不合格”.完成下列2×2列联表，并根据小概率值α=0.01的独立性检验，判断评分等级与该校报名者的性别是否有关联．性别评分等级合计合格不合格男生女生合计附：χ2=n(ad−bcα0.050.010.001x3.8416.63510.82816.(本小题15分)

已知函数f(x)=23sinxcosx−2sin2x+1．

(1)求f(x)在区间[0,π]上的单调递减区间；

(2)若17.(本小题15分)

在五面体ABC−A1B1C1中，四边形AA1C1C为等腰梯形，A1C1/​/AC，A1C1=13AC=2，AA118.(本小题17分)

已知函数f(x)=5+cosxx，x∈(0,2π)，令h(x)=x[f(x)−sinx−t]−5，其中0<t<1．

(1)求不等式f(x)>2f(2x)的解集；

(2)求函数f(x)的单调区间；

(3)求函数h(x)在(0,π)19.(本小题17分)

设函数f(x)=lnx−ax2，a∈R．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)有两个不同零点x1，x2．

(i)求实数a的取值范围；

(ii)证明：1.【答案】B

2.【答案】A

3.【答案】B

4.【答案】B

5.【答案】A

6.【答案】A

7.【答案】A

8.【答案】A

9.【答案】AD

10.【答案】AB

11.【答案】AC

12.【答案】1213.【答案】−1114.【答案】(−∞,1]

15.【答案】解：(1)由女生直方图各矩形面积之和为1，得10(0.01+0.02+a+0.025+0.005)=1，解得a=0.04．

以各组中值作为该组评分的代表值，女生平均分估计为

x−=55×0.1+65×0.2+75×0.4+85×0.25+95×0.05=74.5．

所以a=0.04，女生评分的平均数约为74.5分．

(2)男生合格频率为10(0.03+0.02+0.01)=0.6，

女生合格频率为10(0.04+0.025+0.005)=0.7，

性别合格不合格合计男生12080200女生21090300合计330170500提出零假设：评分等级与性别相互独立．

由列联表计算得χ2=500(120×90−80×210)2200×300×330×170≈5.348<6.635，16.【答案】解：(1)f(x)=23sinxcosx−2sin2x+1=3sin2x+cos2x

=2(32sin2x+12cos2x)=2sin(2x+π6)．

法①：因为x∈[0,π]，所以2x+π6∈[π6,13π6]．

令π2≤2x+π6≤3π2，解得π6≤x≤2π3，所以f(x)在[0,π]上的单调递减区间为[π6,2π3]．

法②：令π2+2kπ≤2x+π6≤3π2+2kπ，k∈Z，解得π6+kπ≤x≤2π3+kπ，k∈Z．

又x∈[0,π]，所以π6≤x≤2π3，即f(x)在[0,π]上的单调递减区间为[π6,2π3]．

(2)因为f(α2−π3)=2sin(α−17.【答案】(1)证明：因为四边形AA1C1C为等腰梯形，A1C1/​/AC，所以延长AA1，CC1交于一点，

设AA1∩CC1=P，

∵P∈AA1，AA1⊂平面AA1B1B，

∴P∈平面AA1B1B，

同理可得P∈平面BB1C1C，

又∵平面AA1B1B∩平面BB1C1C=BB1，

∴P∈BB1，

∴AA1、BB1、CC1三线交于一点P．

(2)由AA1⊥BC，AB⊥BC，AA1∩AB=A，且AA1，AB⊂平面AA1B1B，

∴BC⊥平面AA1B1B，又BB1⊂平面AA1B1B，∴BC⊥BB1，即BC⊥PB，

同理可得AB⊥BB1，AB⊥PB，∴AB，BC，PB两两垂直，又∵AA1C1C是等腰梯形，

∴△PAC是等腰三角形，PA=PC，∴BA=BC，

∵A1C1=13AC=18.【答案】解：(1)已知f(x)=5+cosxx，定义域为(0,2π)，因此f(2x)满足2x∈(0,2π)，即x∈(0,π)，

因此原不等式可化为5+cosxx>2⋅5+cos2x2x，

因为x>0，所以原不等式等价于cosx>cos2x，

由二倍角公式得，2cos2x−cosx−1<0，

令u=cosx，原不等式化为2u2−u−1<0，故不等式的解集为−12<u<1，

结合x的取值范围得，不等式的解集为(0,2π3)．

(2)对原函数求导得，f′(x)=−xsinx+cosx+5x2，

设g(x)=xsinx+cosx+5，因此g′(x)=sinx+xcosx−sinx=xcosx，

故当x∈(0,π2)和x∈(3π2,2π)时，g′(x)>0，函数单调递增，

当x∈(π2,3π2)时，g′(x)<0，函数单调递减，

因此g(x)min=g(3π2)=−3π2+0+5>0，故g(x)>0在(0,2π)内恒成立，

因此f′(x)=−g(x)x2<0在(0,2π)内恒成立，

综上，f(x)的单调递减区间为(0,2π)，无单调递增区间．

(3)因为h(x)=x[f(x)−sinx−t]−5，故化简得h(x)=cosx−xsinx−tx，

对原函数求导得，h′(x)=−2sinx−xcosx−t，

令h′(x)=0，即2sinx+xcosx=−t，

令φ(x)=2sinx+xcosx，则问题转化为φ(x)=−t在(0,π)内的解的个数，

求导得φ′(x)=3cosx−xsinx，分析函数在(0,π2)上的单调性可知函数在此区间上单调递减，

因为φ′(π2)=−π2<0，φ′(0)=3>0，

故根据零点存在定理和函数单调性，函数在(0,π2)存在唯一零点x1，使得φ′(x)=0，

当x∈(0,x1)时，φ′(x)>0，19.【答案】解：(1)函数f(x)=lnx−ax2的定义域为(0,+∞)，

f′(x)=1x+2ax3=x2+2ax3，

当a≥0时，x∈(0,+∞)，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)单调递增；

当a<0时，由f′(x)>0，得x∈(−2a,+∞)，

由f′(x)<0，得x∈(0,−2a)，

所以f(x)在(0,−2a)上单调递减，在(−2a,+∞)上单调递增；

综上，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；

当a<0时，f(x)在(0,−2a)上单调递减，在(−2a,+∞)上单调递增；

(2)(i)由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，f(x)至多有1个零点，不符合题意；

当a<0时，要使得f(x)有两个不同零点x1，x2，

需要f(x)min=f(−2a)=ln−2a−a−2a=12ln(−2a)+12<0，

解得−12e<a<0，

又f(1)=−a