山西大学附属中学校2026-2027学年高三上学期数学一轮复习周测回顾卷7

周回顾7 一、单选题 1．设复数z在复平面内对应的点位于第一象限，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据复数的定义和共轭以及模的求法即可求解. 【详解】由题意设， 由， 得， 因为， 所以， 解得， 所以， 所以． 故选:C． 2．以下说法正确的是（     ） A．空间异面直线的夹角取值范围是 B．直线与平面的夹角的取值范围是 C．二面角的取值范围是 D．向量与向量夹角的取值范围是 【答案】D 【详解】对于选项A. 空间异面直线的夹角取值范围是，故A错误； 对于选项B. 直线与平面的夹角的取值范围是，故B错误； 对于选项C. 二面角的取值范围是，故C错误； 对于选项D. 向量与向量夹角的取值范围是，故D正确. 3．记为等差数列的前项和，若，则（    ） A．2729 B．2730 C．2731 D．2732 【答案】B 【详解】由等差数列的性质：仍成等差数列； 计算得：， 由等差中项性质：， 代入数值：，即， 解得：. 4．设集合，，若的子集的个数为4，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由子集个数为，得到含有 2 个不同点，联立方程，只要就存在第二个不同交点. 【详解】集合的子集个数为，结合集合元素个数满足， 即中有2 个不同的交点， 联立，把代入得，得 ，即， 解得：，或， 对应点，点， 当时，，与是两个不同点，此时， 元素个数，子集数，满足题意； 当时，只有唯一交点，元素个数，子集数，不符合题意； 所以条件等价于，即. 5．已知无穷等比数列，，公比分别为，给出下列数列：①；②；③；④；⑤．其中一定是等比数列的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据等比数列的定义判断即可. 【详解】解：①中，（常数），所以数列是等比数列； ②中，（常数），所以数列是等比数列； ③中，不妨设，则数列为，因为，所以数列不一定是等比数列； ④中，数列的项可能为0，故不一定是等比数列； ⑤中，（常数），所以数列是等比数列． 故①②⑤是等比数列． 6．已知函数的最小正周期为，且在内有两个零点，则实数的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦型函数的周期公式可得出，即可得出，令，则，问题转化为直线与函数在上的图象有两个交点，数形结合可得出实数的取值范围，即可得解. 【详解】因为函数的最小正周期为，则， 所以， 由可得， 当时，则，令，则， 由题意可知直线与函数在上的图象有两个交点，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点. 故实数的最小值为. 7．函数在其定义域的一个子集内存在极值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出函数唯一的极值点，再根据极值点落在开区间内、区间整体属于函数定义域的双重约束列不等式，精准求解参数范围. 【详解】的定义域是，， 令，得， 当，单调递减，当，单调递增， 所以是唯一的极值点，且是极小值点， 由题意得开区间里面要包含，则 ，得，所以. 8．已知函数，，若的零点恰为的零点，则的最大值为（    ） A．0 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】分别求出两个函数的零点集合，根据两集合相等的条件，结合正弦函数的有界性求解整数的最大值. 【详解】 设，，由题意得， 求解集合：由，可得，显然恒成立； 求解集合：由，得，即，， 要满足，需不存在使得（且）， 利用正弦函数有界性：对任意，，故， 要使区间内不存在非零的整数倍，需满足， 由于，且，因此整数的最大值为3. 二、多选题 9．已知数列的前项和为，若，，则（   ） A． B．数列是等差数列 C． D． 【答案】BCD 【分析】利用递推式可计算，通过递推式推导数列的隔项差，判断奇数项数列及偶数项数列的等差性，并可求奇数项及偶数项的通项公式，再利用并项求和法计算. 【详解】对于选项A，因为，所以，两式相减得． 因为，所以，故A错误； 对于选项B，因为，，所以． 因为，所以数列是以为首项，为公差的等差数列； 数列是以为首项，为公差的等差数列，故B正确； 对于选项C，由前面分析，得，， 所以，故C正确； 对于选项D， ，故D正确． 10．在中，内角，，的对边分别为，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】先由得，对于A，由角即可判断得解；对于B，分析得出矛盾进而得，结合诱导公式即可得解；对于C，由和结合二倍角公式和诱导公式求出角A、B、C即可得解；对于D，结合选项C利用正弦定理即可得解. 【详解】因为，所以， 对于A，若，则，故A错误； 对于B，若角，则由及得及，不符合， 故角，则由及得， 所以即，故B正确； 对于C，由上， 所以由得，整理得， 解得或，由得，故， 所以，，故，故C正确； 对于D，因为即，所以由正弦定理，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】思路点睛：对于选项C，可知是探究角A与角C的关系，所以应将已知条件代入等量关系中再切化弦，接着结合二倍角公式和诱导公式进行运算和转化求出角A，进而可依据已知条件求出角B、C即可得解. 11．如图，是一块半径为1的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个剪掉半圆的半径）得图形，，…，，…，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据题意可得到，累加即可求出，可判断AC，根据题意可得到，可判断D，累加求出可判断B. 【详解】根据题意可得纸板相较于纸板剪掉了半径为的半圆， 故，即， 故，，，， 当时，累加可得 ， 当时，符合上式， 所以，C错误. 所以.故A正确. 又，故，即.故D正确. 又，，， 当时，累加可得， 当时，符合上式， 所以， 故.故B正确. 三、填空题 12．已知，则_________． 【答案】 【分析】根据函数的两角和与差的正弦公式，化简得到，再利用两角差的正切公式即可求的结果. 【详解】由，得， 即，所以，所以， 所以. 13．定义域在上的函数，满足，若当时，的图象如图所示，则不等式的解集为_________． 【答案】 【分析】根据奇函数的性质结合一元二次不等式的解法可求不等式的解集. 【详解】因为满足，所以为奇函数，结合图象可知， 当或时，；当或时，. 对于可分为两种情况： 情况一：，即，解得， 情况二：，即，解得， 所以不等式的解集为. 14．已知数列 的通项公式为 ，在其相邻两项 ， 之间插入 个 （）得到新数列 ，记 的前 项和为 ，则_________． 【答案】3360 【分析】据题意分析得的项的情况，逐项分析即可得结论． 【详解】由题意得数列的前几项依次为：3，个，5，个2，9，个，17，， 所以 四、解答题 15．设公比为的等比数列的前项和为，且． (1)求和； (2)记，数列的前项和为，求． 【答案】(1) ， (2) （等价化简形式均可） 【详解】（1）已知，所以， 两式作差得：，即，， 所以，所以等比数列的公比为， 当时，， 又有，所以，， 综上，； （2）由知，， 所以， 则， 所以. 16．已知等差数列的公差为2，前项和为，且，，成等比数列．数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）结合等差数列的求和公式和等比中项的定义，建立关于的方程，解方程求出，进而得出数列的通项公式； （2）由于，利用错位相减法，分别写出和的表达式，两式相减即可计算． 【详解】（1）在等差数列中，公差， ，，， 因为，，成等比数列， 所以，即， 解得，所以． （2）因为，所以， 所以， ， 两式相减得 ， 所以． 17．在中，内角、、的对边分别为、、，满足：． (1)求证：； (2)若，且的面积为，求角的大小及的值． 【答案】(1)等式左边. 因为，所以，左边. 由已知，所以. 由正弦定理， 设外接圆半径为，则，，， 代入上式得，即. (2)由(1)知，又，所以. 因为的面积，所以，得. 因为，所以或. 由余弦定理，得. 当时，，所以，，又，所以. 当时，，即，与，矛盾，舍去. 综上，，. 【分析】（1）切化弦：左边通分化为，利用化简，结合已知得，再由正弦定理边角互化即得证. （2）由及得，代入面积公式求出，需分与两类讨论，结合余弦定理检验，舍去使，无解的情形. 【详解】（1）略. （2）略. 18．如图，在四棱锥中，，为正三角形，四边形是平行四边形，平面底面，点满足，其中． (1)当时，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求的值． 【答案】(1) 连接交于点，连接，当时，点为中点，又是平行四边形，故点为中点，所以，平面，平面， 所以平面 (2)或 【分析】 (1)    连接交于点，连接，利用中位线证明即可； (2)    建立空间直角坐标系求解. 【详解】（1）略. （2）取中点，中点，连接，因为为正三角形， 所以，平面平面，平面平面， 平面，所以平面，又平面，所以， 因为，，所以，故两两垂直， 如下图以为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以， 所以,,,， 因为，所以， ，，， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，故， 设平面的法向量为，则， 即， 令，则，故， 设二面角的平面角为，则，， 故， 解得或. 19．设是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称.对任意、都有，且. (1)求及； (2)证明是周期函数； (3)当时（为自然对数的底数），记，数列的前项和为，求证：. 【答案】(1)，. (2)证明：依题设关于直线对称， 故，即， 也即， 这表明是上的周期函数，且4是它的一个周期. (3)由（1）∵∴ ∴ ∵的一个周期是4， ∴ ∴，当时，. ， 要证，只需证. 假设，则， 当时递增，当时递减， 故有极大值，也即，所以有（当且仅当时取得）， 取时，上式即，得证. 【分析】（1）利用给定定义结合赋值法求解即可. （2）利用给定条件结合周期性的定义求解即可. （3）利用给定条件结合已证明的周期性及对数运算，再应用导数得出单调性求解即可. 【详解】（1）因为对，都有，即 ∴取，则，解得； 同理取，则，解得 ∴，. （2）略 （3）略 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 $ 山西大学附中高中数学（一轮复习）单元回顾 1、 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．设复数z在复平面内对应的点位于第一象限，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．以下说法正确的是（     ） A．空间异面直线的夹角取值范围是 B．直线与平面的夹角的取值范围是 C．二面角的取值范围是 D．向量与向量夹角的取值范围是 3．记为等差数列的前项和，若，则（    ） A．2729 B．2730 C．2731 D．2732 4．设集合，，若的子集的个数为4，则的取值范围是（     ） A． B． C． D． 5．已知无穷等比数列，，公比分别为，给出下列数列：①；②；③；④；⑤．其中一定是等比数列的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知函数的最小正周期为，且在内有两个零点，则实数的最小值是（    ） A． B． C． D． 7．函数在其定义域的一个子集内存在极值，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，，若的零点恰为的零点，则的最大值为（    ） A．0 B．2 C．3 D．4 二、多选题（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3分,有选错的得0分。） 9．已知数列的前项和为，若，，则（   ） A． B．数列是等差数列 C． D． 10．在中，内角，，的对边分别为，，，，则（    ） A． B． C． D． 11．如图，是一块半径为1的半圆形纸板，在的左下端剪去一个半径为的半圆后得到图形，然后依次剪去一个更小半圆（其直径为前一个剪掉半圆的半径）得图形，，…，，…，记纸板的周长为，面积为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．已知，则_________． 13．定义域在上的函数，满足，若当时，的图象如图所示，则不等式的解集为_________． 14．已知数列 的通项公式为 ，在其相邻两项 ， 之间插入 个 （）得到新数列 ，记 的前 项和为 ，则_________． 4、 解答题（本题5小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．(10分）设公比为的等比数列的前项和为，且． (1)求和； (2)记，数列的前项和为，求． 16．（13分）已知等差数列的公差为2，前项和为，且，，成等比数列．数列满足． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和． 17．（15分）在中，内角、、的对边分别为、、，满足：． (1)求证：； (2)若，且的面积为，求角的大小及的值． 18．（15分）如图，在四棱锥中，，为正三角形，四边形是平行四边形，平面底面，点满足，其中． (1)当时，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求的值． 19．（17分）设是定义在上的奇函数，其图象关于直线对称.对任意、都有，且. (1)求及； (2)证明是周期函数； (3)当时（为自然对数的底数），记，数列的前项和为，求证：. 学科网（北京）股份有限公司 $