2026-2027学年河南省周口市部分校高三（上）阶段性检测数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年河南省周口市部分校高三（上）阶段性检测数学试卷（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.命题“∀x≥0，ex≥ex”的否定是(

)A.∃x<0，ex<ex B.∃x≥0，ex<ex

C.∀x<0，ex2.已知集合A={x|1<x<3}，B={x|x>a}.若A∩∁RB≠⌀，则a的取值范围为A.(1,3) B.[3,+∞) C.(1,+∞) D.[1,+∞)3.已知f(x)是定义在R上的函数，则“f(x)的最小值为2”是“f(x)≥2”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.已知函数f(x)=2x，则不等式f(x)<x+1的解集为(

)A.(0,+∞) B.(0,1) C.(1,2) D.(0,2)5.函数f(x)=ln|x|⋅cos xx在区间A. B.

C. D.6.已知函数f(x)=xeax与g(x)=ln xA.e B.1 C.1e D.7.设函数f(x)=3cos(2x−π3)−2在区间(0,π2)内的两个零点分别为α，A.−235 B.238.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)+f(x−y)=f(x)f(y−1)，f(1)=1，则f(0)+f(1)+f(2)+⋯+f(2026)=(

)A.−2 B.−1 C.0 D.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.已知正实数x，y，z满足2x=3yA.x>y>z B.1x+1y=110.如图，函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π)的图象与x轴的一个交点为M(5π12,0)，与直线y=32的相邻两个交点为A，B，且A.ω=4

B.φ=−π3

C.若区间(a,b)内包含了f(x)的零点与极值点，则b−a>π4

D.若将f(x)的图象沿x轴平移θ(θ>0)11.已知函数f(x)=x−lnx的图象与直线y=a的交点分别为A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))，且x1<A.实数a的取值范围是(1,+∞) B.x1+x2>2

C.tanβ的取值范围是(0,1)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.函数f(x)=2−x+ln(x+1)的定义域是13.已知α−β2,α2−β均为第一象限角，且sin(α−14.已知正数x，y满足x>8y，且x−x23=8y−4y23.记S=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)

已知函数f(x)=x3+ax2+b的图象在点(1,f(1))处的切线方程为3x+y−3=0．

(1)求f(x)的解析式；

(2)若∀x116.(本小题15分)

在“双碳”目标的推动下，某大型工业园区积极推进绿色生产与智能电网调度.已知该园区t月份(t∈{1,2,⋯,12})的电力消耗量f(t)(单位：万千瓦时)满足函数关系式f(t)=Acos(ωt+φ)+B(A>0,ω>0,0<φ<π)，且该园区7月份的电力消耗量为30万千瓦时，1月份的为10万千瓦时.已知该园区电力消耗量以一年为一个周期，且6月份和8月份的电力消耗量恰好相同．

(1)求f(t)的解析式；

(2)将电力消耗量不低于25万千瓦时的月份称为“用电高峰月”，求一年内该园区一共有多少个“用电高峰月”；

(3)为应对电路负荷激增引发的电气故障，该园区每年会在电力消耗量不低于m万千瓦时的月份启动消防应急预案，若该应急预案每年仅在3个月内启动，求m的取值范围．17.(本小题15分)

已知函数f(x)=cos2x+23sinxcosx−sin2x．

(1)求f(x)在[−π6,π3]上的值域；

(2)解不等式[f(x)]2+18.(本小题17分)

已知函数f(x)=2alnx−2xex−1+1，其中a>0．

(1)当a=1时，求函数g(x)=f(x)+2x的最大值；

(2)若x=a是f(x)的极值点，证明：19.(本小题17分)

已知函数f(x)=(me2x−1+e2m−1−2m)x−12e2x+12．

(1)若m=0，求f(x)的单调性；

(2)若m=1，证明：f(x)仅有0和11.【答案】B

2.【答案】C

3.【答案】A

4.【答案】B

5.【答案】D

6.【答案】C

7.【答案】D

8.【答案】A

9.【答案】ABD

10.【答案】AD

11.【答案】ABC

12.【答案】(−1,2]

13.【答案】72514.【答案】(115.【答案】解：(1)由题意可知：f(x)=x3+ax2+b，f′(x)=3x2+2ax，

由于切线3x+y−3=0过点(1,0)，斜率k=−3，

那么f(1)=1+a+b=0f′(1)=3+2a=−3，解得a=−3b=2，

因此f(x)=x3−3x2+2．

(2)由于f(x)=x3−3x2+2，导函数f′(x)=3x2−6x，x∈[−1,3]，

令f′(x)<0，解得0<x<2；令f′(x)>0，解得−1≤x<0或2<x≤3，

可知函数f(x)在(0,2)内单调递减，在[−1,0)，(2,3]内单调递增，

且f(0)=f(3)=2，f(−1)=f(2)=−2，

因此f(x)在[−1,3]内的最大值f(x16.【答案】解：(1)由题意可知，周期T=12，故ω=2πT=π6，

因为f(6)=f(8)，因此t=6+82=7是函数f(t)的一条对称轴，此时函数取得最大值，

故f(7)=A+B=30；

又t=1与t=7相差半个周期，因此t=1时取得最小值，

f(1)=−A+B=10；

联立解得B=20.A=10，

此时f(1)=10cos(π6+φ)+20=10，得cos(π6+φ)=−1，

所以π6+φ=2kπ+π (k∈Z)，即φ=2kπ+5π6，

由于0<φ<π，得φ=5π6，

故f(t)=10cos(π6t+5π6)+20(t∈{1,2,⋯,12})；

(2)由题意令f(t)≥25，即10cos(π6t+5π6)+20≥25，

化简得cos(π6t+5π6)≥12，

因此2kπ−π3≤π6t+5π6≤2kπ+π3 (k∈Ζ)，

解得12k−7≤t≤12k−3，

因为t∈{1,2,⋯,12}，

当k=1时，5≤t≤9，即t=5，6，717.【答案】解：(1)f(x)=cos2x+23sinxcosx−sin2x=3sin2x+cos2x=2sin(2x+π6)，

令t=2x+π6，因为x∈[−π6,π3]，所以t=2x+π6∈[−π6,5π6]，

由正弦函数y=sint的性质可知，f(x)max=2sinπ2=2，f(x)min=2sin(−π6)=−1，

故f(x)在[−π6,π3]上的值域为[−1,2]．

(2)令u=f(x)=2sin(2x+π6)，则：u2+3u−6≥0，

因式分解：(u+23)(u−3)≥0，解得：u≤−23或u≥3，

因为u=2sin(2x+π6)，且2sin(2x+π6)∈[−2,2]，所以u≤−23无解，则u≥3，

所以2sin(2x+π6)≥3，即：sin18.【答案】解：(1)当a=1时，g(x)=2lnx−2xex−1+2x+1，定义域为(0,+∞)，

g′(x)=2x−2ex−1(x+1)+2=2(1+x)(1−xex−1)x，

当0<x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

∴g(x)max=g(1)=2ln1−2×1×e0+2×1+1=1，

故g(x)的最大值为1；

(2)证明：f′(x)=2ax−2ex−1(x+1)，

因为x=a是f(x)的极值点，所以f′(a)=0，

即：2−2ea−1(a+1)=0，则ea−1=1a+1，

令u(x)=ex−1−1x+1(x>0)，又y=ex−1,y=−1x+1在(0,+∞)单调递增，

且u(12)=1e−23=3−2e3e〈0,u(1)=1−12=12〉0，

∴u(x)=0有唯一的零点，且零点在区间19.【答案】解：(1)当m=0时，f(x)=e−1x−12e2x+12，f′(x)=e−1−e2x，

令f′(x)=0，解得x=−12，

当x>−12时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x<−12时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

故f(x)在(−∞,−12)上单调递增，在(−12,+∞)上单调递减；

(2)证明：当m=1时，f(x)=(e2x−1+e−2)x−12e2x+12，

f′(x)=e2x−1+e−2+2x⋅e2x−1−e2x，

令g(x)=f′(x)，则g′(x)=2e2x−1(2+2x−e)，

令g′(x)=0，解得x=e−22，

当x<e−22时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>e−22时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

∵e−22<12，∴g(x)min=g(e−22)<g(12)=0，

又g(0)=1e+e−3>0，g(12)=0，

则g(x)=f′(x)=0有2个零点，设为x