安徽省2027高三数学一轮复习阶段测试卷（范围：不含平面解析几何、计数原理与概率统计）

**基本信息** 2027高三一轮复习测试卷（不含平几、计数概率），覆盖集合、函数、数列等核心知识，非选择题主综合应用，分层设问，考查数学抽象、逻辑推理等素养，适配一轮巩固提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|集合运算、复数模、向量数量积、三角函数化简等|第6题结合函数奇偶性与周期性，考查逻辑推理；第8题以正方体截面体积比，体现空间观念| |填空题|3题/15分|极值条件下的最值、三角恒等变换、四棱锥外接球体积|第14题通过面面夹角求外接球体积，融合几何直观与数学运算| |解答题|5题/77分|数列证明与求和、解三角形、函数单调性与恒成立等|第15题三问分层（证等比、求通项、证不等式），第18题含动态点P及外接球截面，适配高考综合应用趋势|

2027高三一轮复习阶段测试卷 （范围：不含平面解析几何、计数原理与概率统计） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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。 第一部分（选择题 共58分） 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，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数满足（其中为虚数单位），则（     ） A． B． C． D． 3．已知向量，满足，，，则（     ） A． B． C．8 D．12 4．已知为第二象限角，且，则（    ） A． B． C． D． 5．记为数列的前项和，已知，，则下列说法正确的是（   ） A． B．是等差数列 C．不是等差数列 D．当且仅当时，取到最小值 6．设奇函数的定义域为，且满足：（1）；（2）当时，，则下列说法不正确的是（    ） A．的图象存在对称轴 B． C．当时， D．方程有四个实数根 7．将的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图象，若在上没有对称中心，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 8．已知正方体，棱，靠近的三等分点分别为，，平面截正方体得两个几何体，体积分别记为，（），则（     ） A． B． C． D． 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，，则下列不等式成立的是（     ） A． B． C． D． 10．设数列的前n项和为，满足.则下列说法中正确的是（   ） A． B． C．是等比数列 D．若数列，则数列的前n项和 11．函数与被称为“函数中的双子座”，二者性质高度关联．下列选项正确的是（   ） A． B．若且，，则必有 C．若，则的最小值为 D．若直线与函数交于点，，与函数交于点，，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若，，且函数在处有极值，则的最小值为_____. 13．已知，，则______. 14．已知在四棱锥中，，，，，平面平面，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的外接球的体积是_________． 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．已知数列满足，且． (1)证明：是等比数列． (2)求的通项公式． (3)设，数列的前项和为，证明：． 16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求B； (2)若D为AC边上一点，且满足，，，求BD． 17．已知函数． (1)求的单调递增区间； (2)求函数在时的值域； (3)对任意的，不等式恒成立，求m的取值范围． 18．如图，，，，平面，，P是线段上的动点（含端点），设平面平面． (1)证明：平面． (2)设P是的中点． （Ⅰ）求二面角的余弦值； （Ⅱ）求平面截三棱锥外接球所得截面的面积． 19．已知． (1)讨论函数的单调性并求极值； (2)若对任意，恒成立，求实数的取值范围． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A C D D D D AC BCD 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】，， 故. 2．C 【分析】先根据给定的复数等式求解出复数，再利用复数模的计算公式计算的值即可. 【详解】由可知，且. 展开得，化简得. 则， . 3．A 【详解】，， ， 又，， ，A正确. 4．C 【分析】根据二倍角的正弦、余弦公式可求出的值，结合为第二象限角，以及同角三角函数的基本关系可得出、的值，即可得出所求代数式的值. 【详解】因为为第二象限角，所以，， 由，即， 整理可得，所以，故， 因为，，所以，， 故. 5．D 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法推理判断C；求出判断A；求出及求解判断BD. 【详解】对于C，由， 得到，则数列是公差为2的等差数列，C错误； 对于A，，A错误； 对于B，，则， 当时，， 满足上式，因此，，不是等差数列，B错误； 对于D，， 因此当且仅当时，取到最小值，D正确. 6．D 【分析】根据给定条件，求出对称轴判断A；确定函数的周期并求出函数值判断B；结合周期性求出指定区间上的解析式判断C；将方程根的个数转化为直线与函数图象的交点个数求解判断D. 【详解】对于A，由，得直线是的图象对称轴，A正确； 对于B，由函数是奇函数，得，则4是函数的周期， 而当时，，因此，B正确； 对于C，当时，，则， 因此当时，，，C正确； 对于D，方程，于是方程的实根个数 即为函数的图象与直线的交点个数， 由是奇函数，得当时，，当时，， 则，又函数的周期为4， 在同一坐标系内作出函数的图象与直线， 观察图象知，函数的图象与直线有五个交点， 即方程有五个实数根，D错误. 7．D 【分析】先通过图象变换得到的解析式，再根据的范围结合正弦函数的图象即可求解． 【详解】将的图象先向右平移个单位长度，得到的图象， 再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到的图象， 由，得， 因为的对称中心满足， 所以不含任何， 所以，解得， 因为，所以令，得，令，得， 所以的取值范围是． 8．D 【分析】得到平面截正方体所得图形后，可得截出的两个几何体分别为三棱台与正方体剩余部分，再借助棱台体积公式与正方体体积公式可得，，即可得解. 【详解】连接、、，由、分别为棱，靠近的三等分点， 故，又由正方体性质可得，故， 故四边形即为平面截正方体所得图形， 则所得的两个几何体分别为三棱台与正方体剩余部分， 设该正方体棱长为，则， 故，故. 9．AC 【分析】根据作差法判断AB；根据基本不等式判断C；根据幂函数的单调性判断D. 【详解】对于A，由，得，则，所以，A正确. 对于B，， 因为，，所以，即，B错误. 对于C，因为，所以，当且仅当，即时取等号， 又，故等号不成立，所以，C正确. 对于D，因为，所以，则在上单调递增，又，所以，D错误. 10．BCD 【分析】根据与的关系及等比数列的定义求数列的通项公式，进而判断A、B、C，应用裂项相消法求即可判断D. 【详解】当时，， 当时，，两式相减得：， 所以数列是首项为4，公比为2的等比数列，则 对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，是首项为8，公比为2的等比数列，故C正确； 对于D，， ，故D正确. 11．ACD 【分析】A选项，求导，得到的单调性，从而得到，推出；B选项，求导，得到两函数的单调性和极值，得到的草图，与的大小关系不确定，B错误；C选项，得到，所以，构造函数，求导，得到的单调性，得到的最小值，C正确；D选项，由草图可知， 变形得到，从而,同理可得，所以，，故，又由，得，即，D正确. 【详解】A选项：的定义域为，， 令得，令得， 所以在单调递增,在单调递减，故， 所以，即，，A正确； B选项，，令得，令得， 故在单调递增，在单调递减，， 其中，故的最大值相等， 故,有交点，， 的草图如下所示, 故与的大小关系不确定，B错误； C选项，，则， 由可得，所以. 因为在上单调递增，所以. 所以， 设，令，解得， 令得，令得， 故在单调递减，在单调递增. 于是在时有极小值也为最小值，C正确； D选项，由草图可知，且， 即，又，故， 因为，所以， 所以或， 因为，所以，所以舍去， 故， 同理，即，又，故， 即，又，故， 所以或， 因为，所以，故舍去， 所以，， 故. 又由，即，所以，即，D正确. 12．/ 【分析】根据题意结合极值可得，，利用乘“1”法结合基本不等式运算求解. 【详解】因为，且，， 则，可得， 可知有2个变号零点，则函数有2个极值点， 由题意可知：，可得， 则， 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最小值为. 13． 【详解】因为，所以， 可得， 因为，所以，化简得． 14．/ 【分析】取中点为，证明为该四棱锥的外接球的球心，进而求出四棱锥外接球半径，利用球的体积公式求球的体积. 【详解】如图，取中点，中点，连接，，，.    因为，，， 所以，，均为边长为1的等边三角形. 所以且、，. 又，为中点，所以. 平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又，所以即为二面角的平面角，为. 所以. 所以点为四棱锥外接球的球心，且外接球半径为. 所以四棱锥外接球的体积为. 15．(1)由，得， 所以，即， 又，所以是首项为，公比为的等比数列． (2) (3)由（2）知， 则 设， 则． 上面两个等式相减得， 所以，所以， 因为，所以， 【分析】（1）利用已知等式得出，结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）由（1）中的结论结合等比数列的定义可求得数列的通项公式； （3）求得，利用分组求和法以及错位相减法可化简的表达式，即可证得结论成立. 【详解】（1）略 （2）由（1）知，所以． （3）略 16．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理及两角和的正弦公式即可求解； （2）解法一：由平面向量的线性运算及数量积的运算律即可求解； 解法二：由余弦定理列出方程即可求解． 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，， 因为， 所以， 所以，， 在△ABC中，，所以，又因为， 所以． （2）解法一；因为，所以， 所以， 所以， 因为，，， 所以， 所以． 解法二；因为△ABC中，，，， 由余弦定理得，， 所以， 因为，所以，， 在△ABD中，， 在△BCD中，， 因为，所以， 所以， 所以， 解得．    17．(1) (2) (3) 【分析】（1）化简得，由，求单调递增区间； （2）由得，求出在上的值域，得解； （3）由，得，当时，不等式恒成立；当时，转化为恒成立，求出，得. 【详解】（1）， 由，得. 所以的单调递增区间为. （2）当时， 因为在上单调递增，在上单调递减， 且， 所以在上的值域为. （3）当时，， 故. ， ①当时，不等式恒成立； ②当时，得恒成立， 令，则，， 在上单调递增，最大值为， 所以， 综上得的取值范围为. 18．(1)因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以， 又平面，平面，所以平面. (2)（Ⅰ）；（Ⅱ） 【分析】（1）先结合，利用面面平行判定定理推导出平面，再用线面平行性质定理推导，最后再用线面平行判定定理即可推出平面； （2）（Ⅰ）过点向底面作垂线，借助三垂线定理作出二面角的平面角，再计算出的三边，借助余弦定理即可求得结果； （Ⅱ）先确定三棱锥的外接球球心与半径，再通过等体积法计算出球心到平面的距离，利用，即可得到截面面积. 【详解】（1）略 （2）（Ⅰ）因为平面，，所以平面， 取中点，连接，则平面. 作，连接，由三垂线定理知，， 又因为，所以， 所以即为二面角的平面角. 因为，所以为直角三角形， 所以，又，所以， 在中，因为，所以， 同理可得， 作交于点，所以， 所以，所以， 所以在中， 所以二面角的余弦值为. （Ⅱ）因为为直角三角形，所以球心位于过且垂直于平面的直线上， 又平面，所以球心位于的垂直平分面上， 又因为，所以到平面的距离为，所以. 由等体积法，而， 点到平面的距离为，所以， 即，所以， 所以，所以截面面积为. 19．(1)当时，在单调递增，无极值；当时，在单调递减，在单调递增，，无极大值. (2) 【分析】（1）由函数解析式写出函数定义域，由函数的导数，讨论的取值，由导数得到函数的单调性，然后求得函数的极值； （2）由分离常数法得的不等式，构造函数，由函数的导数得到函数的单调性，然后求得函数的最小值，即可求得的取值范围. 【详解】（1）函数定义域为， 由，得． ①当时，，在单调递增，无极值点； ②当时，由得，令得， 在单调递增， 令得，在单调递减， 当时有极小值，， 无极大值 （2）由得，，即． 令，只需． ，再令，， 时，，在单调递增． ，即，在单调递增． ， 故 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $