精品解析：新疆乌鲁木齐市第一中学2027届高三上学期一轮复习阶段检测试题

乌鲁木齐市第一中学2027届高考一轮复习阶段检测 第一章~第六章（2026年9月27日） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知正项等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. 15 D. 40 4. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 5. 已知两个等差数到和的前n项和分别为和，且，则=（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 6. 如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（ ） A. 10 B. 13 C. 18 D. 26 7. 设，若为函数的极大值点，则（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的两个零点分别为和，则（   ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知数列其前项和为，则下列选项正确的是（ ） A. 若数列为等差数列，则数列为等差数列 B. 若数列为等差数列，且，则 C. 若数列为等差数列，，的最大值在或7时取得 D. 若数列为等差数列，则也为等差数列 10. 已知等比数列满足，，其前n项积，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是单调递增数列 B. 数列的最大值为8 C. 满足的正整数n的个数为4 D. 存在正整数n，使得 11. 已知对于任意非零实数，函数均满足，，下列结论正确的有（ ） A. B. 关于点中心对称 C. 关于轴对称 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分． 12. 若数列的前n项和为，则数列的通项公式是___________． 13. 已知函数，若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是__________． 14. 已知正项数列满足,,则的通项公式为__________.若对任意的,关于的不等式恒成立,则的取值范围为__________. 四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，共77分）． 15. 已知数列中，，． （1）证明：是等差数列； （2）求数列的前项和． 16. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 17. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当时，求证：． 18. 已知等差数列的前项和为，且，；数列满足，. （1）求数列和的通项公式； （2），求数列的前项和； （3）将数列和数列各取前项，按从小到大排成一个新的数列，其中重复的数按照出现的个数重复排列，求的前项和 19. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． （1）求的值； （2）设的面积为S，求的取值范围； （3）若，求数列的前100项和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 乌鲁木齐市第一中学2027届高考一轮复习阶段检测 第一章~第六章（2026年9月27日） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 故选：D 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解. 【详解】因为，所以. 故选：C. 3. 已知正项等比数列的前项和为，若，，则（ ） A. B. C. 15 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列前项和公式，结合已知条件求出公比，再计算. 【详解】对于正项等比数列，其首项为，公比为， 前项和公式为，已知， 假设，则，那么，， 因为，所以，由可得： ，化简可得：， 根据立方差公式可得：， 因为且，所以，等式两边除以可得： ，化简可得：， 进一步化简得：，即，求解可得： 或，因为，所以，根据等比数列的前项公式可得： . 4. 已知函数的部分图象如下图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及正负，结合选项逐一排除即可求解. 【详解】由图可知：的图像关于轴对称，故为偶函数， 对于A， 设，函数的定义域为， 因，即为奇函数，故A不合题意； 对于B，设，函数的定义域为， 因，即为奇函数，故B不合题意； 对于C， 设，函数的定义域为， 因，则为偶函数，因恒成立，故C不合题意； 对于D， 设，函数的定义域为， 因，则为偶函数，且当时，，结合图象可知D符合题意. 故选：D 5. 已知两个等差数到和的前n项和分别为和，且，则=（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】结合等差数列的性质求得正确结论. 【详解】依题意. 故选：D 6. 如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（ ） A. 10 B. 13 C. 18 D. 26 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角形外接圆的性质，结合数量积的几何意义求解可得可得与，再根据平面向量的运算可得出结论． 【详解】是边的中点，可得， 是的外接圆的圆心， ， 同理可得， ． 故选：B． 7. 设，若为函数的极大值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项. 【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的. 当时，由，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故. 当时，由时，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故. 综上所述，成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. 8. 若函数的两个零点分别为和，则（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用辅助角公式化简，再利用函数零点的意义及正弦函数的性质求得，进而求出，最后利用二倍角的余弦求值. 【详解】函数，其中， 由，得，而， 因此，即，则即， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：利用辅助角公式化简，结合正弦函数的性质用零点表示辅助角是求解问题的关键. 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 已知数列其前项和为，则下列选项正确的是（ ） A. 若数列为等差数列，则数列为等差数列 B. 若数列为等差数列，且，则 C. 若数列为等差数列，，的最大值在或7时取得 D. 若数列为等差数列，则也为等差数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用等差数列定义判断A，利用等差数列性质求得判断B，由已知结合等差数列性质求得与的关系，利用二次函数性质即可判断C，利用等差数列定义判断D. 【详解】对于选项A，若数列为等差数列，则其首项为，设其公差为， 所以，所以， 则当时，， 化简可得，当时，同样成立，故， 所以为常数， 所以数列为等差数列，故选项A正确； 对于选项B，因为数列为等差数列，且， 所以，即，故选项B正确； 对于选项C，因为数列为等差数列，且， 所以，即， 因为， 所以，即，因为，所以，且， 所以， 根据二次函数性质可得，当或7时，取得最大值，故选项C正确； 对于选项D，可设，，所以数列为等差数列， 但不是常数，所以不为等差数列，故选项D不正确. 故选：ABC. 10. 已知等比数列满足，，其前n项积，则下列结论正确的是（ ） A. 数列是单调递增数列 B. 数列的最大值为8 C. 满足的正整数n的个数为4 D. 存在正整数n，使得 【答案】BC 【解析】 【分析】先推导等比数列的通项公式，进一步得到前项积的指数型表达式，结合指数函数性质、数列单调性逐一分析选项. 【详解】，则前项积， 选项A：， 所以当时，，即，，数列单调递减， 当时，，即，，数列单调递增，故选项A错误； 选项B：由选项A可知，当时，数列取到最大值，故选项B正确； 选项C：，即，则，解得， 因为，所以只能取，故选项C正确； 选项D：，即，则， 化简可得，解得，故选项D错误. 11. 已知对于任意非零实数，函数均满足，，下列结论正确的有（ ） A. B. 关于点中心对称 C. 关于轴对称 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由中令可得A正确；由可得B正确；由可得C错误；换元法求出可得D正确. 【详解】对于A，由可得； 对于B，由可得，即， 所以关于点中心对称，故B正确； 对于C，由可得，所以关于轴对称，故C错误； 对于D，由中令可得， 设，① 又，② 由①②可得， 所以，即， 所以，所以 所以，故D正确； 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分． 12. 若数列的前n项和为，则数列的通项公式是___________． 【答案】 【解析】 【分析】由，时，；时，，即可得出． 【详解】∵， ∴时，； 时，， 则数列的通项公式是． 故答案为：． 13. 已知函数，若曲线有两条过坐标原点的切线，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】假设切点坐标，利用导数几何意义可写出切线方程，代入原点坐标化简可得，根据切线条数可知，由此可得的取值范围. 【详解】设过坐标原点的切线与相切于点， ，， 在点处的切线方程为：， ，， ，且过坐标原点的切线有两条，，解得：或， 即的取值范围为. 故答案为：. 14. 已知正项数列满足,,则的通项公式为__________.若对任意的,关于的不等式恒成立,则的取值范围为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】将等式两边取对数可得，利用累乘法计算求得；对于不等式，分类讨论n为偶、奇数，结合一元二次不等式的解法计算即可求解. 【详解】将等式两边取对数， 得，得，得， 则当时，， 得，故，所以， 又满足上式，故. 因为对任意的，关于n的不等式恒成立， 所以当n为偶数时，， 得或恒成立，则或； 当n为奇数时，， 得或恒成立，则或. 故t的取值范围为. 故答案为：； 四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，共77分）． 15. 已知数列中，，． （1）证明：是等差数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） 因为，所以， 而，则， 即，得到是首项为2,公差为2的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）先得到，再把两侧同时取倒数并利用等差数列的定义证明即可. （2）先结合题意得到，再结合裂项相消法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可得，即， 则， 得到 . 16. 记的内角的对边分别为，已知的面积为，为中点，且． （1）若，求； （2）若，求． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）方法1，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求解作答；方法2，利用三角形面积公式求出，作出边上的高，利用直角三角形求解作答. （2）方法1，利用余弦定理求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答；方法2，利用向量运算律建立关系求出a，再利用三角形面积公式求出即可求解作答. 【小问1详解】 方法1：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，，由余弦定理得， 即，解得，则， ， 所以. 方法2：在中，因为为中点，，， 则，解得， 在中，由余弦定理得， 即，解得，有，则， ，过作于，于是，， 所以. 【小问2详解】 方法1：在与中，由余弦定理得， 整理得，而，则， 又，解得，而，于是， 所以. 方法2：在中，因为为中点，则，又， 于是，即，解得， 又，解得，而，于是， 所以. 17. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）当时，求证：． 【答案】（1）当时，函数在区间上单调递增； 当 时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． （2）由（1）可知，当时， 函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减． 所以， 要证，需证． 即需证恒成立， 令， 则 所以函数在区间单调递增， 故， 所以，恒成立， 所以当时，． 【解析】 【分析】（1）求出，当时，根据的形式可判断，当 时，同样依据的形式可判断在、上符号，从而得到单调性区间； （2）根据（1）中的单调性得到，根据恒成立得在上恒成立，，求出其导数后可判断该函数为增函数，从而得不等式恒成立. 【小问1详解】 由题意可知，函数，的定义域为， 导数， 当时，，； 当 时，，；，； 综上，当时，函数在区间上单调递增； 当 时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减． 【小问2详解】 略 18. 已知等差数列的前项和为，且，；数列满足，. （1）求数列和的通项公式； （2），求数列的前项和； （3）将数列和数列各取前项，按从小到大排成一个新的数列，其中重复的数按照出现的个数重复排列，求的前项和 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列前项和公式可构造方程组求得，由等差数列通项公式可得；根据已知等式可得，由前项和与通项之间关系可得，由此可得； （2）求得后，采用错位相减法可求得结果； （3）通过分析可确定前项中，包含数列的前项和数列的前项，结合并项求和法和等比数列求和公式可求得结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由得：，； ， ， 当且时，， ，则； 当时，，满足； 综上所述：. 【小问2详解】 由（1）得：， ， ， ， . 【小问3详解】 当为奇数时，；当为偶数时，； ，均为递增数列，，，， 的前项中，包含数列的前项和数列的前项， 的前项和为. 19. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． （1）求的值； （2）设的面积为S，求的取值范围； （3）若，求数列的前100项和． 【答案】（1）0 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理进行“边化角”，再结合诱导公式与三角恒等变换化简等式，从而解出 的值； （2）根据已知不等式判定为钝角以求出的范围，再利用余弦定理和面积公式将待求分式转化为关于的函数来求取值范围； （3）利用前两问的结论代入已知等式解出的具体度数以确定数列通项，最后利用三角函数的周期性规律计算出前100项的和. 【小问1详解】 由正弦定理得： 在中，，所以， 即 所以. 【小问2详解】 ，， 为钝角，为锐角，所以， ∴由（1）得，所以， 由为锐角可得，， 由余弦定理得的面积， ， 的取值范围是. 【小问3详解】 由（2）得 ，解得或（不合题意，舍去）， 因为C为锐角，所以，从而，所以， 所以， 函数的最小正周期， 所以， 所以 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $