天津市河东区天铁第二中学2026-2027学年高三（上）阶段性检测数学试卷（一）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026-2027学年天津市河东区天铁第二中学高三（上）阶段性检测数学试卷（一）一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知全集U={−2,−1,0,1,2,3}，集合A={−1,0,1,3}，集合B={−2,0,1}，则(∁UA)∪B=A.{−2} B.{−2,2} C.{0,1,2} D.{−2,0,1,2}2.设x∈R，则“x>0”是“x2+3x>0”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3.函数f(x)=x3e−|x|A. B.

C. D.4.已知a=log20.3，b=0.32，A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<a<c5.命题p：“∃x∈R，使得不等式ax2+2ax+2<0成立”为假命题，则实数a的取值范围为A.(0,4] B.[2,4) C.(1,2) D.[0,2]6.下列求导运算正确的是(

)A.(cosx)′=sinx B.(e3x)′=e3x 7.若(12)a=(A.−1 B.lg7 C.1 D.log8.已知两个不共线向量a，b满足|a|=|b|=x|a+b|，x∈[A.[2π3,3π4] B.[9.已知函数f(x)满足f(x+1)=f(x−1)对任意x∈R都成立，且f(x)=logf(x)−k=kx在区间[−1,5]上有6个根，则实数m的范围是(

)A.(0,25) B.[25,二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。10.i是虚数单位，复数3+2i1−i=

．11.(3x−2x)412.计算(−278)−13.已知正实数x，y满足x+y=2，则2xy+1y的最小值为

14.若关于x的不等式x2+2x+9<m2+2m有实数解，则实数m的取值范围是15.已知M是△ABC内的一点，且AM=13MB+16MC，AN=λAC(λ∈R)，B，M，N三点共线，则λ=

，若|AB|=3,|三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题14分)

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cosB=916，b=5，ac=23．

(1)求a；

(2)求sinA；17.(本小题14分)

已知函数f(x)=sin(2x+π6).

(1)求f(x)的最小正周期；

(2)若x∈[−π6,π12]，求f(x)18.(本小题15分)

已知函数f(x)=x−alnx，g(x)=−1+ax(a>0)．

(1)若a=1，求函数f(x)的极值；

(2)设函数h(x)=f(x)−g(x)，求函数h(x)的单调区间；

(3)若存在x0∈[1,e]，使得f(19.(本小题16分)

已知函数f(x)=xsinx+acosx(a∈R)．

(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(2)若f(x)在[π4,π3]上有零点．

①求实数a的取值范围；

②设函数g(x)=(a+1)sinx−xcosx，记g(x)在[0,π20.(本小题16分)

已知函数f(x)=x−2−ln2x−alnx(a∈R)．

(1)令g(x)=xf′(x)，讨论g(x)的单调性；

(2)令h(x)=f(x)+2+ln2x，若h(x)有两个零点；

(i)求a的取值范围；

(ii)若方程xex−a(lnx+x)=0有两个实根x11.【答案】D

2.【答案】A

3.【答案】A

4.【答案】A

5.【答案】D

6.【答案】C

7.【答案】A

8.【答案】C

9.【答案】A

10.【答案】1211.【答案】−8

12.【答案】22913.【答案】3214.【答案】(−∞,−4)∪(2,+∞)

15.【答案】13

16.【答案】解：(1)设a=2t，c=3t，t>0，则根据余弦定理得b2=a2+c2−2accosB，

即25=4t2+9t2−2×2t×3t×916，解得t=2(负舍)，

则a=4，c=6；

(2)因为B为三角形内角，所以sinB=1−cos2B=1−(916)2=5716，

再根据正弦定理得asinA=b17.【答案】π

最大值为32，最小值为−12；18.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=x−lnx，定义域为(0,+∞)，f′(x)=1−1x=x−1x，

令f′(x)=0得：x=1，当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

故x=1是函数f(x)的极小值点，f(x)的极小值为f(1)=1，无极大值．

(2)h(x)=f(x)−g(x)=x−alnx+1+ax(a>0)，定义域为(0,+∞)h′(x)=1−ax−1+ax2=x2−ax−1−ax2=(x+1)(x−1−a)x2，

因为a>0，所以1+a>0，

令h′(x)>0，得：x>1+a，

令h′(x)<0，得：0<x<1+a，

所以h(x)在(1+a,+∞)单调递增，在(0,1+a)单调递减．

综上：h(x)单调递增区间为(1+a,+∞)，单调递减区间为(0,1+a)．

(3)存在x0∈[1,e]，使得f(x0)<g(x0)成立，等价于存在x0∈[1,e]，使得h(x0)<0，

即在x∈[1,e]上有h(x)min<0，

由(2)知，h(x)单调递增区间为(1+a,+∞)，单调递减区间为(0,1+a)，

所以当1+a≥e，即a≥e−1时，h(x)在x∈[1,e]上单调递减，

故h(x)在x=e处取得最小值，

由h(x)min=h(e)=e−a+1+ae<0，

得：19.【答案】解：(1)当a=1，f(x)=xsinx+cosx，f′(x)=xcosx，

∴f(0)=1，f′(0)=0，

∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y−1=0×(x−0)，即y=1；

(2)∵f(x)=xsinx+acosx，∴f′(x)=xcosx+(1−a)sinx．

①∵x∈[π4,π3]，∴x>0，sinx>0，cosx>0，

当a≥0时，f(x)>0，无零点，舍去．

当a<0时，f′(x)>0，∴f(x)在[π4,π3]上单调递增，

此时，由f(π4)=π4×22+a×22≤0f(π3)=π3×32+a×12≥0，

得−3π3≤a≤−π4．

∴实数a的取值范围为[−3π3,−π4]；

②∵g(x)=(a+1)sinx−xcosx，

∴g′(x)=acosx+xsinx=f(x)，

∵a<0，x∈[0,π2]，∴f′(x)=xcosx+(1−a)sinx≥0，

∴f(x)在[0,π2]上单调递增，

由①知，f(x)在[0,π2]上有唯一零点20.【答案】解：(1)因为f′(x)=1−2lnxx−ax，

所以g(x)=xf′(x)=x−2ln x−a，x∈(0,+∞)，

则g′(x)=x−2x，

在区间(0,2)，g′(x)<0；在区间(2,+∞)，g′(x)>0，

所以g(x)单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,+∞)，

极小值为g(2)=2−2ln2−a，无极大值．

(2)(i)h(x)=x−alnx有两个零点．

因为h′(x)=1−ax=x−ax，

①当a≤0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，不可能有两个零点；

②当a>0时，令h′(x)<0，得0<x<a，h(x)单调递减；

令h′(x)>0，得x>a，h(x)单调递增，

所以h(x)min=h(a)=a−alna，

要使h(x)有两个零点，即使h(a)<0，

即a−alna=a(1−lna)<0，

又因为a>0，所以1−lna<0，lna>1，得a>e，

又因为h(1)=1>0，h(e)=e−a<0，

所以h(x)在(1,e)上存在唯一一个零点，且a>e，

由(1)可知，x−2lnx−a≥2−2ln2−a，

所以x−2lnx≥2−2ln2>0，

即有a−2lna>0，

所以ea−a2>0，即h(ea)=ea−a2>0，

所以h(x)在(e,ea)上存在唯一一个零点，符