四川省部分学校2026-2027学年高三上学期11月学情检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页四川省部分学校2026-2027学年高三上学期11月学情检测数学试题一、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=−2,0,1,2,4，B=x∣x3=xA.−1,0 B.−2,2,4 C.0,1 D.−1,0,12.设命题p:∀x≥0，x+1>1，则¬p为(

)A.∃x≥0，x+1>1 B.∃x≥0，x+1≤1

C.∀x<0，x+1>1 D.3.“a<b<0”是“ab>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.下列函数是奇函数，且在定义域内单调递减的是(

)A.fx=x12 B.fx5.为研究青年熬夜与肥胖是否有关联，某科研团队调查了400名高中生的熬夜情况与肥胖情况.零假设H0：熬夜与肥胖相互独立，根据收集到的数据计算得到χ2≈5.59，依据独立性检验，下列说法正确的是(参考数据：独立性检验临界值x0.05=3.841A.根据小概率值α=0.05的独立性检验，认为熬夜与肥胖有关联，这个结论犯错误的概率不大于0.05

B.根据小概率值α=0.05的独立性检验，认为熬夜与肥胖没有关联，这个结论犯错误的概率不大于0.05

C.根据小概率值α=0.01的独立性检验，认为熬夜与肥胖有关联，这个结论犯错误的概率不大于0.01

D.根据小概率值α=0.01的独立性检验，认为熬夜与肥胖没有关联，这个结论犯错误的概率不大于0.016.为推进“海绵城市”建设，某城市修建了雨水收集调蓄池.降雨时，调蓄池的蓄水量V(单位：m3)与降雨时间t(单位：h)的关系为V=V01−e−kt，其中V0为调蓄池最大蓄水量，k为大于零的常数.已知降雨2h后，蓄水量达到最大蓄水量的一半，则当蓄水量达到最大蓄水量的A.11h B.9h C.7h D.5h7.已知α为第四象限的角，9cos2αcosα=−4sinA.12 B.13 C.238.已知a>0且a≠1，函数fx=ax−exlnA.fx在R上有极大值

B.gx在x=1处取得极大值

C.若fx的极值小于gx的极值，则0<a<1或1<a<e

D.当二、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.已知定义在R上的偶函数fx，满足fx=fx+2，当x∈0,1时，A.f0.5>f2.2

B.fx的值域为1,2

C.fx的递减区间为n−1,n,n∈Z

10.已知等比数列an，公比q≠1，a1>0，且4a3=a1+3aA.q=−14

B.an+1>an

C.Sn+2>S11.已知函数fx=sin4A.当λ=1时，fx的图象关于直线x=π8对称

B.当λ=0时，fx的最小正周期为π2

C.对任意实数λ，fx的最大值为1+λ22三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.记Sn为等差数列an的前n项和.若S7=632，S1213.已知x>1，且关于x的不等式x+4x−1+t<1有解，则实数t的取值范围是

14.已知a<0，函数fx=x2−ax,x≥0,ax+a−2,(x<0),若四、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)近年来，我国新能源汽车产业蓬勃发展.某新能源车企记录了品牌出海后连续5个月的运营时间x(月)(x≥0)与海外月销售额y(千万元)，统计数据如下：运营时间x(月)12345销售额y(千万元)610131516已知y关于x的线性回归模型可用模型①y=bx+a与模型②y=(1)根据决定系数判断哪个模型拟合效果更好，并说明理由；(2)若选用模型②刻画x，y的关系，求y关于x的回归方程，并估计出海运营第6个月时海外销售额.(结果保留整数)参考公式：经验回归方程y=bt+a中决定系数：R2参考数据：ni=1(yi−y)模型y=mlnx+k对应的残差平方和16.(本小题15分)已知函数fx(1)求ω，φ的值；(2)将函数fx的图象向右平移π3个单位长度后得到函数gx的图象.若hx=f17.(本小题15分)已知数列an的首项a1=2，且前n项和为S(1)求数列an(2)若数列bn满足：a(i)求b1，b(ii)求数列bn的前n项和Tn18.(本小题17分)已知函数fx(1)若t∈R，证明fa+t(2)讨论fx(3)若fx有三个不同的零点，从小到大依次记为x1，x2，x319.(本小题17分)已知函数fx=ekx，设Pn(xn,f(xn))是函数y=fx图象上一点，在点P(1)求函数fx(2)若gx(i)x∈R,gx≤0，求实数(ii)证明：当x∈0,12时，e1.【答案】C

2.【答案】B

3.【答案】A

4.【答案】D

5.【答案】A

6.【答案】C

7.【答案】B

8.【答案】C

9.【答案】ABD

10.【答案】AD

11.【答案】BD

12.【答案】152

/7.513.【答案】(−∞,−4)

14.【答案】−6,−3

15.【答案】解：(1)模型②，模型②的决定系数为R2因为R22=0.991>(2)令t=lnx，模型②化为由题意，得n又y=所以n所以m=7.81.2所以y关于t的回归方程为y=6.5t+5.5，即y关于x的回归方程为y当x=6时，y≈6.5×1.8+5.5≈17故出海运营第6个月时海外销售额估计为17千万元．

16.【答案】解：(1)由图象可知，函数的两个相邻零点为x=π6和所以半个周期T2=7π所以ω=2πT=1将点0,12代入，得又0<φ<π，所以φ=π综上所述，ω=1,φ=π(2)由(1)可得，f(x)=cos将f(x)的图象向右平移π3个单位长度，得g(x)=所以g(2x)=cosh(x)=co==1所以当2x+π6=2kπ，即x=kπ−π12所以函数h(x)的最大值为1+32，取得最大值时x

17.【答案】解：(1)由nSn+1−(n+1)所以Snn是以S1所以Snn=2+(n−1)×1=n+1当n≥2时，an当n=1时，a1故数列an的通项公式为a(2)由(1)可知，Sn=n(n+1)，即(ⅰ)记Pn=a当n=1时，P1=a当n=2时，P2即2b2+4×故b1(ⅱ)由Pn+1=a得Pn+1所以2Tn+1=4(n+1)所以当n≥2时，Tn=2n；当n=1时，故Tn

18.【答案】解：(1)因为fx所以f(a+t)=2(a+t)f(a−t)=2(a−t)两式相减，得f(a+t)−f(a−t)=4t(2)f′(x)=6x2−6ax=6x(x−a)，令当a=0时，f′(x)=6x2≥0，即f(x)当a>0时，由f′(x)>0，得x<0或x>a，由f′(x)<0，得0<x<a，即f(x)在(−∞,0),(a,+∞)上单调递增，在(0,a)上单调递减；当a<0时，由f′(x)>0，得x<a或x>0，由f′(x)<0，得a<x<0，即f(x)在(−∞,a),(0,+∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减．综上，当a=0时，f(x)在R上单调递增；当a>0时，f(x)在(−∞,0),(a,+∞)上单调递增，在(0,a)上单调递减；当a<0时，f(x)在(−∞,a),(0,+∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减；(3)由(2)的单调性结论可知，当a=0时，f(x)在R上单调递增，至多1个零点，不符合“三个不同零点”；当a<0时，f(x)在(−∞,a),(0,+∞)上单调递增，在(a,0)上单调递减；极大值fa=1−a当x→−∞,fx→−∞,可知f(x)仅在−∞,a有综上，a≤0时，fx至多有1个零点，不符合“三个不同零点”的条件，因此必有a>0当a>0时，fx在−∞,0单调递增，在0,a单调递减，在a,+∞极大值为f0=1>0，极小值为fx有三个不同零点的充要条件是极小值小于0(极大值已恒为正)，即f(a)=1−x→−∞时fx→−∞，且f0=1>0，故存在f0=1>0，fa=1−a3<0fa=1−a3<0，f因此三个零点满足：x1设t=x3−a，由x3∈根据第(1)问已证结论fa+t−fa−t因为x3是函数零点，即fa+t=f由t>0可知−4t3<0，而f由0<t<a得0<a−t<a，又已知x2∈0,a，即a−t与x因此可得a−t>x2，将t=x3−a另解：要证x2+x由x3∈a,2a可推得0<2a−x3<a；又x2根据减函数的性质，要证x2<2a−x因为x2是零点，fx2结合fx3=0，将0替换为f构造辅助函数gxg′x代入f′x=6x=6x−a当x∈a,2a时，x−a>0，故g′x=12(x−a)2因此对任意x∈a,2a，都有g因为x3∈a,2a，所以g回代到等价条件可得fx2>f2a−x3，结合

19.【答案】解：(1)由fx=由导数的几何意义，曲线在点Pnxn令y=0，得0−ekxn=kek已知数列xn是公差为−1的等差数列，即xn+1−故函数解析式为fx(2)(i)由(1)得gxg′x=exa−2x因为对任意x∈R，gx≤0=g0恒成立，说明x=0是gx在全体实数域上的最大值点，又g′0当a=2时，gx=2e当x∈−∞,0时，−2x>0，ex>0，故g′当x∈0,+∞时，−2x<0，ex>0，故g′因此gx在x=0处取得最大值g0=0，即对任意x∈R综上，实数a的值为a=2；(ii)由(i)的结论，对任意x∈R，ex1−x≤1恒成立，将不等式中的x替换为−x当x