阶段质量监测一-【衡水真题密卷】2026年高考数学阶段质量监测（B版 低难度）

·数学· 参考答案及解析 参芳答案及解析 2025一2026学年度阶段质量监测数学（一） 一、选择题 1.D【解析】由题意得M={x|x>3或x<-3}, 7.B【解桥】当一晋≤红<0时，一-子<r一日 N={xlx>3或x<1},所以CRM={x|-3≤x≤3}， 所以(CRM)∩N={x|-3≤x<1. ≤一至，因为f)在[云，0上单调递增，所以 2.D【解析】由题意得 +后-1，所以a十6 --灭≥一，解得0<w≤3；因为函数y= 44 a+)+)-++2+·g 2lz-al在(a,十o∞)上单调递增，由题可知f(x)在 (0,十∞)上单调递增，所以(0，十∞)二(a,十∞)， 4,当且仅当a=b=2时等号成立. 所以a≤0，又因为f(x)为定义域上的增函数，所以 3.B【解析】如a-am(经+。)+2ams(x十e) 2Eaos(-）≤2，解得a≤-1.综上，u≤-1， 0<w≤3，所以a十w≤2，即a十w的最大值为2. =一sina· +2cos(π+a) 8.B【解析】因为g(x)的图象关于直线x=1对 称，所以g(x)=g(2-x),即(x-1)f(x)= (2-x-1)f(2-x),即(x-1)[f(x)+f(2 =-sina· -cos a--c0s a. x)]=0对Hx∈R恒成立，则只需f(x)十 sin a f(2-x)=0①，即f(x)关于点(1,0)对称， 4.A【解析】设△ABC的边长为a,则鲁洛克斯三 f(x十1)为奇函数，故A正确；因为h(x)的图象关 角形的周长C=3×号a=2x,解得a=2,所以共 于点(-2,0)对称，所以h(x)十h(-4-x)=0,所 以(x+2)2f(x)+(-4-x+2)2f(-4-x)=0, 西秋为3x号××2-日×2x同)+日×2× 即(x+2)2[f(x)+f(-4-x)]=0对Hx∈R恒成 √3=2π-2√5. 立，所以f(x)十f(一4-x)=0②，即f(x)关于点 5.B【解析】由于f(x)=l0g3(9x-3十4)-1og33 (一2,0)对称，f(一2一x)为奇函数，故B错误；由 =1bg,-g+4-1og(6+÷-1小且3+ ①②可得f(2-x)=f(-4-x),即f(x)= 4 3 f(x十6)，所以6是f(x)的一个周期，故D正确；易 得f(2026)=f(6×338-2)=f(-2)=0,故C -1224-1=8当且仅当3r=,即z=10g2 正确. 时等号成立，所以f(x)有最小值1，故A错误，B 二、选择题 正确；由复合函数的单调性可知，∫(x)在 9.ACD【解析】由题意得alnx十bx十c=0的根为 (-∞，log32)上单调递减，在(1og32,十∞)上单调 递增，故C,D错误. e,所以a+6=0 e 6.C【解析】由题意得“]x∈(0，十∞)，x2-x-1 a+be十c=0, ≤是为真命题，所以a≥(x-2-x)mx∈ =-3e-2b. 解得 (0,十∞)，令g(x)=x3-x2-x,x>0,则 g'(x)=3x2-2x-1=(x-1)(3x+1),当x∈ =2e+2)b, (0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减；当x∈ 又因为x=1是不等式的一个解，所以b十c<0, (1,十∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增，所以 g(x)min=g(1)=-1,所以a≥-1，即a的取值 所以6+c=6-2(e+b=6-820》<0, 范围是[-1，+∞). 所以b>0,所以a<0,c<0. 数学答案（一）第1页（共5页） B 真题密卷 阶段质量监测（一） 10.BC【解析】由题意得cB-π=TX2,解得u=2, 当0∈ ,3)，P( cos 0 ω4 sin 0+cos 0' 由图可得2X登十g=2,k∈Z,所以p= 大 sin 0 6 sin 0+cos 2xk∈乙又g<,所以g=管所以了) 1 所以M(0)= sin 0+cos 0 巨sin(a+) n2）,所以f0=sn）=- =m, 可得M(0)∈ 27 5二k, 故A错误；令f(x)=0,得2x- 121 3π sin 6 kE乙所层径+经∈么，取长=-1，得 当9e22m)时，P:（os0-n9'cos9-in0, 1 1 所以M(0)= cos a-sin 0 可 z=一是所以fx)的国象关于点（豆0）对 厄sin(o--开） 桥，R玉：当r[警置时，2红- 得M(0)∈ 综上，M(0)的值域为 [,f)单调递增：故C压痛：当 侣C (2时，2z-5∈(，1），则-< 当9eo,)时，0+受∈臣，Mg+） sin2x-）<1,故D结说。 1 =M(0),同理可得当0∈ 11.ABD【解析】由对称性可知N(0)的最小正周 厄sin(o+） 期为受取0∈0,2》，当0=年时，N(0取接 [臣，2时，奉有M+引 =M(0),所以 大值12 ;当日=0时，N(0)取最小值0，所以 MO)的最小正周期为受，故B正确； N(0)的值城为0,1-，故A正确！ 周为0SN01-号所以 -1≤-N0)≤0， 由周期性，不妨取0∈[0,2m),易知P1(cos0,sinf). 当Eb},P-(n88gn9a sin 反<M0)≤1，所以2-1<M(0)-N0) 当取等号时日值相同，故等号成立，故D正确. 所以M(0)= c0s20 sin20 三、填空题 sin 0+cos e 十 sin 0+cos 12.2【解析】由题得，f(x)+f(-x) sin 0+cos 0 2sin(0+) 周为e0,》, =1n1-1a+-) 所以0+∈[任，3），所以(+)∈ 「1-a)+x.1-a)-x -In 1+z 1-x3 =0恒成立， 44 2 ,1,所以M(0)e 2] 所以1a)x.1a)x-1,且a≠0，解 2,1； 1+x3 1-x3 得a=2. 当0∈ cos 0 sin 0 E时，P:(n0-cos0'sn0-cos0} 13.41【解析】相差为4的两个数分别为(2,6)， (3,7),当B中最小的元素为2时，满足条件的 所以M(θ)= 1 可得 sin 0-cos 0 sin(o-) B的个数为24-1=15个；同理，当B中最小的 元素为3时，满足条件的B的个数也为15个； M(0)∈ 2, 当B中最小的元素为4时，满足条件的B的个 21: 数为23一1=7个；当B中最小的元素为5时， B 数学答案（一）第2页（共5页） ·数学· 参考答案及解析 满足条件的B的个数为22一1=3个；当B中最 所以/g(m)=m,」 Wm-2+a+2=m, 即 小的元素为6时，满足条件的B的个数为1个， g(n)=n, √n-2+a+2=n, 所以共有15×2+7+3+1=41个 所以m,n是方程x-2十a十2=x在[2，十∞) 14.2【解析】①当A=受时，血C-sB十√2nA- 上的两个不同实根， (9分) 令t=√x-2,则t2-t一a=0在[0，十∞)上有 E,@当A≠号时，sinC-cosB+V2sinA 两个不同实根t1,t2, =sin C+cos(A+C)+2sin A 其中t1=√m-2,t2=√n-2, =sin C+cos Acos C-sin Asin C+v2sin A △=1+4a>0, 所以 t1t2=-a≥0， 解得-}<a<0, =cos Acos C+(1-sin A)sin C+2sin A =√cos2A+(1-sinA)sin(C+p)+√2sinA 即实数。的取值范围是（一，0 (13分) =√2-2 sin A sin(C+p)+√2sinA, 16.解：(1)由已知及正弦定理得sinA十2 sin A sin2C cos A =sin Acos 2C+23 sin Csin A, (3分) 共中an9=1二snA,因为sin(C+p)≤1，所 因为A∈(0，π)，所以sinA≠0， 以√/2-2 sin A sin(C+p)+√2sinA≤ 所以1+2sinC=cos2C+2√3sinC, √2-2sinA+√/2sinA,当且仅当sin(C+p)=l, 所以2sin2C=√3sinC, 即9=7-C+2kx6∈Z时等号成立， 因为C∈(0，π)，所以sinC≠0， (5分) 所以C= 所以sinC=), 2-9+2kπ，k∈Z, 所以当tanC-1-sinA 所以C=骨或行 (6分) 等号成立.又√/2-2sinA cos A (2)因为a>1,所以a+b=c+1<c+a,所以 (2-2sin A)+(2sin A) b<c,所以B<C, +√2sinA≤2 2 同理，因为b>1,所以a十b=c+1<c+b,所以 5π a<c,所以A<C, ,当且仅当√2-2snA=V2snA,即A=6或 6 时等号成立，所以sinC-cosB十√2sinA≤2，当 所以=A+B+C<8C,即C>行，所以C-会 (8分) A=5r时，tanC3 6,舍去；当A=C= π 6 由余弦定理得c2=a2+b2-2 abcos C=a2+ b2+ab, B2时取得最大值2.由①，②可知，inC-0sB十 所以(a+b-1)2=a2+b2+ab, √2sinA的最大值为2. 所以ab+1=2(a+b), (11分) 四、解答题 因为a+b≥2√ab,所以ab+1=2(a+b)≥ 15.解：(1)由题得f(x-4)=k(x-4)+b=kx十b 4√ab,当且仅当a=b=2士√3时等号成立， -4k,f(x-4)+f(x)=kx+b-4k+kx+6= 解得ab≥7+4W3或ab≤7-4√3， 2k.x+2b-4k=2x, (2分) 又a>1,b>1,所以ab>1,所以ab≥7+4√3， 2k=2, (k=1, 所以门 解得 (13分) 、(2b-4k=0,b=2, 即k,b的值分别为1,2. (4分) 此时△ABC的面积S=2 absin C√3 4ab≥ (2)由(1)得f(x)=x+2, 所以g(x)=f(√x-2)+a=√x-2十a+2, 7,5+12,当且仅当a=b=2+5时等号成立， 4 (5分) 则g(x)在[2，十∞)上单调递增， 故△ABC面积的最小值为？v3+12 (15分) 4 数学答案（一） 第3页（共5页）】 B 真题密卷 阶段质量监测（一） 17.解：0Dfz)=2z+1-a_2x+x-a6e>0, x D (1分) 当a≤0时，f'(x)>0,f(x)在(0，+∞)上单调 N(C) 递增； (3分) 当a>0时，令g(x)=2x2+x-a(x>0), ,A0 0 B G 令g)=0,解得x=-1+y1中80或x= 因为MN∥OB,AD∥BC, 所以四边形MNBO为平行四边形，且∠NBG= -1-1+8a(舍去). ∠AOB=0, 4 所以OB=MN=4,AB=OBsin0=4sin0. 当x∈(0,1+1+80) 时，f'(x)<0, (3分) 4 f(x)单调递减； 在Rt△CBG中，BC= CG 4 sin sin a' (6分) 当x∈(1+1+8a,+∞)时，f'(a)>0, 所以长方形ABCD的面积S=AB·BC= 4 4 f(x)单调递增， (6分) 4sin0Xsin0-16,为定值. (7分) 综上，当a≤0时，f(x)在(0，十∞)上单调递 (2)解：如图所示，连接MN,过点M作MH⊥ OB于点H,设AB=x,∠AOB=0,其中 增；当a>0时，f(x)在0， -1+√/1+8a 上单 9e,） 调递减，在仁1+√+8a 十∞上单调递增。 4 (7分) (2)对Hx>1,x-alnx≥lnx+1, 即a -In x. (9分) 令A)- -lnx,x>l,则a≤h(x)mm, 0 OH B mx+-1 在Rt△AOB中，OA= AB x 所以h'(x)= x 1 tan a tan In2x 因为MN∥OB,所以∠EMN=∠AOB=0, _(x-In z-1)(In x-1) xIn'x (10分) 所以∠ECD-2-∠CED=∠EMN=, 令p(x)=x-lnx-1,x>1, 所以DE=CDtan0=xtan0, a)-1-o, 所以OE=OA+AD+DE ian 0+2x+xtan 0. x (9分) 所以p(x)在(1，十∞)上单调递增， 所以p(x)>(1)=0, (12分) 在Rt△EMN中，EM=MN 、4 cos∠EMNcos0' 且当x>1时，xlnx>0, MH 所以当x∈(1，e)时，h'(x)<0,h(x)单调递减； 在Rt△MOH中，OM= 4 sin∠MOHsin0' 当x∈(e,十∞)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 所以oE=OM+EN=点0十g (11分) 所以h(x)min=h(e)=e-2, 所以a≤e-2, a0+2红中atn9-0+g12分 所以、 4 4 即实数a的取值范围是(-∞，e-2].(15分) 4 4 4 4 18.(1)证明：如图所示，连接MN,过点N作NG⊥ 所以x= sin cos sin a cos 0B于点G,设∠A0B=9,其中9∈(o,): tan 0+1 an0+2 sin 0 cos 0 cos a sin2 B 数学答案（一）第4页（共5页） ·数学· 参考答案及解析 4(sin 0+cos 0) 4 2√2 -1,x∈(-∞，0)， (sin 0+cos 0)2 sin 0+cos 0 +) 令g)=ln(-)- 易知g(x)在（一∞，0）上单调递减， (15分) 因为0co,》,所以6+（年，3）， 又g(-)=l-是-4-1小 5-10>0,g(-2)=-号<0， 1 所以当0= 时，有si0+) =1, 由零点定理可知存在唯一实数x∈（一3，一2）， 此时xmin=2√2，即AB的最小值为2√2. 使得g(x)=0,且m<xo, (17分) 所以m的最大整数值为-3. (10分) 19.(1)解：f'(x)=2e2x+(m+2)e+m,因为 （i)证明：不妨设x1<x2,则e21+(m十2)e1 f(x)在(0，f(0)处切线的斜率为2，所以 +mx1=e2r2+(m+2)e2+mx2=0, f'(0)=2m+4=2,解得m=-1,(1分) 所以e21-e2r2十2(e21-e'2)=m(e22-e1十 此时f'(x)=2e2r+e-1=(e+1)(2e-1). x2-x1), (2分) 令f'(x)<0,解得x<-ln2,f(x)单调递减； 所以-m=e4-e2+2(e1-e) (12分) e1-e2十x1一x2 令f'(x)>0,解得x>一ln2,f(x)单调递增， 要证e1+e2?+m>0, 又f(-ln2)=+n2 只需证c1+e>-e+2(e-e) ei-e2十x1一x2 故fx)的极小值为+1n2,无极大值。(4分) 又x1<x2,所以e1-e2<0,x1-x2<0, 则e1-e2十x1一x2<0, (2)(i)解：f'(x)=(e*+1)(2e+m), 所以只需证e21一e22十(x1-x2)(e1十e)< 当m≥0时，f'(x)>0,f(x)单调递增，不符合 e21-e2x2+2(e1-e2), 题意； 2(e'1-e22) 当m<0时，令f'(x)<0,解得x<ln(-）, 即证x1一x2< e1+e2, f(x)单调递减；令f'(x)>0,解得x> 2(e21-2-1) 即证x1一x2<e1-8+1’ 1n(-罗)x)单调递增， 即证(x1-x2一2)e1-x2十x1一x2十2<0， (15分) 断以f)≥f(a(-g》=mln(-g）网 令h(x)=(x-2)e+x+2,x<0, m=m(受）至-]， 则h'(x)=(x-1)e+1, (6分) 令k(x)=(x-1)e+1,x<0, 且当x→一∞时，f(x)→十∞；当x→十∞时， 则k'(x)=xe<0, f(x)→+∞， 所以k(x)在（一o∞，0）上单调递减， 又f(x)有两个零点， 所以(x)>k(0)=0,即h'(x)>0, 所以只需加(）至-1<0， 所以h(x)在(-∞，0)上单调递增， 所以h(x)<h(0)=0, 所以in(贺)-紧-1>0， (7分) 故e1十ez十m>0得证. (17分) 数学答案（一）第5页（共5页）密真 2025一2026学年度阶段质量监测 光题 数学（一） 本试卷总分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡 上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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M={zxx2>9},N={x||x-2|>1},则(CRM)∩N= () A.{x-3≤x≤1}B.{x-3≤x≤3}C.{x-3<x<1} D.{x|-3≤x<1} 2.设正数a,6满足1+名=6，则a十6的最小值为 () A.1 B.2 C.3 D.4 3.sin(a-x)tan( 2+a+2cos(7π+a)= 3 ( A.-3cos a B.-cos a C.cos a D.3cos a 4.鲁洛克斯三角形在机械工程、数学研究、教育和计算机图形等领域都有着广泛的应用.分别以 等边三角形ABC的三个顶点为圆心，边长为半径画弧得到的封闭图形为鲁洛克斯三角形，如 图所示的鲁洛克斯三角形的周长为2π，则该鲁洛克斯三角形的面积为 () B A.2π-2√3 B.3π-√3 C.6π-33 D.6π-4√3 5.已知函数f(x)=log3(9x-3x+4)-x,则f(x) A.有零点 B.有最小值 C.是增函数 D.是减函数 6.若命题“Vz∈(0，十∞)，x2一x一1>2”为假命题，则实数a的取值范围是 ) A.(-∞，-2] B.(-1,+∞) C.[-1,+∞) D.[-2,+∞) 7.已知w>0,函数f(x)= 2,包coo》一至≤C0,为增质数，期a十心的最大值为 21+-al,x0 () A.1 B.2 C.3 D.4 数学试题（一）第1页（共4页） 真题密卷· 8.已知不恒为0的函数f(x)的定义域为R,函数g(x)=(x一1)f(x),h(x)=(x十2)2 班级 f(x),若g(x)的图象关于直线x=1对称，h(x)的图象关于点（一2,0）对称，则下列说 法错误的是 姓名 A.f(x+1)为奇函数 B.f(一2-x)为偶函数 C.f(2026)=0 D.6是f(x)的一个周期 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 得分 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。 g.若不等式alnx十bx十c<0的解集为z 1 <x<e,则 A.6+c<0 B.a>0 C.b>0 D.c<0 10.如图所示，函数f(x)=sin(wx+p)(w>0,p<π)的图象上有两点A(0,m), B,-m),点（任，0）在线段AB上，则 ) 5元 12 2 Bfx)的图象关于点(-20对称 C.f(x)在 4π5π 3’3 上单调递增 D当x∈2时fx)-日 11.如图，正方形ABCD为单位圆O的内接正方形，已知角0的顶点为坐标原点，始边为x 轴的非负半轴，终边与单位圆和正方形ABCD分别交于点P1(x1y1),P2(x2,y2),定 义M(0)=x1x2十y1y2,N(0)=|P1P2|,则 () VA A.N(0)的值域为 √2 0,1- BM(0)的最小正周期为号 C.30∈R,M(0)>1 D.H0∈R,√2-1≤M(0)-N(0)≤1 段质量监测 数学试题（一）第2页（共4页） B 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.设a≠0，若两数f()-l1-1为奇两数，则实数a的值为 13.已知集合A={2,3,4,5,6,7},集合B中至少有两个元素，且B二A,若B中任意两个 元素之差的绝对值不超过4，则满足条件的B的个数为 14.在△ABC中，sinC-cosB+√2sinA的最大值为 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)已知函数f(x)=kx十b,f(x-4)+f(x)=2x. (1)求k,b的值； (2)若n>m≥2，函数g(x)=f(√x-2)十a,且g(x)在[m,n]上的值域为[m,n],求 实数a的取值范围. 16.(15分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a+2 csin Asin C= acos2C+2√3 csin A. (1)求C; (2)若a>1,b>1,且a十b=c十1，求△ABC面积的最小值. B 数学试题（一）第3页（共4页） 真题密卷 17.(15分)已知函数f(x)=x2十x一alnx. (1)讨论f(x)的单调性； (2)对Hx>1,f(x)≥x2十lnx十1，求实数a的取值范围. 18.(17分)已知一丁字公路的路宽均为4，路口拐弯点分别为M,N.由于施工需要，打算 放置一障碍物暂时中断该路口的交通，如图所示，路口放置的障碍物的水平截面为长 方形ABCD,其中点M始终在边AD上，直线AD交东西公路边界于点O,交南北公 路边界于点E,点C在南北公路边界EN上，点B在东西公路边界上. (1)当点C恰与点N重合时，证明：长方形ABCD的面积为定值. (2)若AD=2AB,求AB的最小值. 北 E D M 东 O 南 19.(17分)已知函数f(x)=e2x+(m+2)e2十mx. (1)若曲线y=f(x)在点(0，f(0)处切线的斜率为2，求f(x)的极值. (2)若f(x)有两个零点x1,x2: (i)求m的最大整数值. (i)证明：e1十ex2十m>0. 阶段质量监测 数学试题（一）第4页（共4页）