甘肃省部分学校2027届高三上学期10月阶段检测数学试卷（含答案）

高三数学一、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．已知集合A={-2,-1,2}，B={xA．{2} B．{-2} C．{-1,2} D．(-1,2)2．“a>1”是“a2A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件3．已知sinαsin(πA．43 B．45 C．-434．函数f(A．-2 B．C．-e-4 5．若实数a，b满足41-a+A．2 B．1 C．12 D．6．已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数、偶函数，且则g(f(7．如图，某测绘小组为了测量一座电视塔的实际高度OP，选取了与塔底O在同一水平面内的两个测量基点A，B，现测得∠PAB=15°，∠PBA=135°，A，B两点相距1406 m为αsinα=A．200m B．210m C．220m D．230m8．如图，当光线从介质δ射入介质ε时，光线会发生折射，入射光线与法线l的夹角为入射角，折射光线与法线l的夹角为折射角．物理学家斯涅耳发现，介质δ和介质ε固定不变的情况下，入射角的正弦值与折射角的正弦值始终成正比．当入射角为α时，折射角为β，其中0<β<α射角为θ，则（）A．β2<θ<β B．β<θ<2二、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，有选错的得0分．9．已知复数z1=3+2i，A．z2的虚部为3 B．C．|z1|=|z10．若将函数f(x)=sinπx的图象向左平移15A．gB．g(x)在C．g(x)的图象D．g11．若直线y=ax+b与曲线A．ab=1 B．ab=14 C．a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)=f13．在平行四边形ABCD中，AE=13AD，CF=2FD14．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S．已知c=3，a2+b2=9-四、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．（13分）已知幂函数f(x)的图象经过点3（1）求g(（2）证明：g(x)存在唯一的零点x16．（15分）已知向量AB=(m,（1）若A，B，C三点共线，求m的值．（2）证明：对任意的m∈R，AB与（3）求AB与AC的夹角的取值范围．17．（15分）在锐角△ABC中，A<B<C，且tan（1）求A；（2）若D是AC的中点，证明：BC=BD．18．（17分）已知函数f(x)=（1）求g(（2）若g(x)在t,t（3）若g(x)在[0,m]上的图象19．（17分）已知函数f(（1）求f(（2）若∀x∈(0,1]，f（3）记函数g(x)=f(x)+高三数学参考答案1．C 2．A 3．D 4．B 5．C 6．B 7．B 8．B9．ACD 10．BCD 11．BD12．0 13．56 14．-115．（1）解：设f(x)=xα，则解得a=-1，则f(x)=则g(x)=ln(x（2）证明：易得函数y=ln(x-1)在(1,+∞)函数y=1x+2在(1,+∞)故g(x)在(1,+∞)上单调递增．因为g(2)=ln1-14<0，g所以g(x)存在唯一的零点x0，且2<16．（1）解：因为A，B，C三点共线，所以AB∥AC， 所以-m-(m+2)=0，解得（2）证明：BC=AC-AB假设AB⊥BC，则AB⋅BC所以m(1-m)-(m+2)(3+m因为Δ=22-3×4<0，所以该方程无解，所以假设不成立，则对任意的m直． 9分（3）解：cos-1m2+2因为m2+2m+2=(所以m2+2m+2>1，则0<1又AB,AC∈[0,π]，所以AB,AC∈π17．（1）解：因为A+B+ 2分又tanC=tanA+tanB，且△ABC则1-tanAtanB=-1，即tan因为tanA∈Z，tanB∈Z，且A<B则A=π4．（2）证明：设A，B，C所对的边分别为a，b，c，由（1）可得tanB=2，则cosB=55，sin因为D是AC的中点，所以BD=12BA则BD2=14由asinA=csinC，得a则BD2=14则|BD|=a，即BC=BD．18．解：（1）f( 1分=32cos2x当2kπ≤2x+π6≤π+2|f(x)|-当π+2kπ<2x+π6<2则g(x)=|f故g可得g(x)的最小正周期为π，值域为[0,2]．（2）（方法一）由g(x)的图象可知，若2π3的最大值为2，不符合题意． 6分若2π3+kπ∉t,t+ 7分若g(x)在t,t+π则由g(x)的图象可得，2t=3π4若g(x)在t,t+-32，则由g(x)的图象可得，2t+t=π3+kπ因为t>0，所以t的最小值为π3． （方法二）由x∈t,t+π因为t>0，所以2t+π6>又g(x)在t,t+π4上的最大值为3解得t的最小值为π3． 10（3）由g(x)=1，可得-2sin2x则2x+π6=7π6解得x=π2+kπ或x结合g(x)的图象可知，当kπ<m<π2+k为0，不符合条件； 14分当π2+kπ≤m<5π6+件； 15分当5π6+kπ≤m<3π2件． 16分综上所述，m的取值范围为π2+kπ19．（1）解：因为f(x)=x-x 1分当x∈(0,1)时，f'(x)>0，f( 2分故f(x)的最大值为f(1)=0（2）解：由∀x∈(0,1]，f(x)≤ 4分令h(x)=1+ 5分令ϕ(x)=x(2-lnx)-2(0<x(0,1]上单调递增，则ϕ(x)≤ϕ从而h'(x)≤0在(0,1]上恒成立，则h(x 7分故a的取值范围为(-∞,1]． 8分（3）证明：不妨令an<bn，则由（1）可知0<令H(x-(2x+1)(x-1)上单调递增，则H(x)<H(1)=0，则g(x由0<an<1<bn，得g( 11分又bn∈(1,+∞)，2-an∈(1,+∞)an+bn由bn-b因为bn>1，所以易得lnbn则由lnbn=bn即bn-n从而1<bn<