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9

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．已知集合，，则（  ） A． B． C． D． 2．复数满足 (为虚数单位)，则复数的虚部为（  ） A． B． C． D． 3．在中，角为三个内角，则“”是“”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 4．已知，则（  ） A． B． C． D． 5．一个培养皿中的细胞初始数目记为（单位；个），研究人员向该培养皿中添加药物后，培养皿中的细胞数目（单位：个）与培养时间（单位：小时）的关系为（），其中为常数．若添加药物并培养4小时后，培养皿中的细胞数目为初始数目的2倍．则当培养皿中的细胞数目为初始数目的5倍时，所需的培养时间约为（  ）（附：） A．6.3小时 B．7.9小时 C．9.3小时 D．10.5小时 6．已知正项等比数列中，，设其公比为，前项和为，则下列结论错误的是（  ） A． B． C． D． 7．已知函数，在定义域上恒有，求的取值范围（  ） A． B． C． D． 8．如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（ ） A．是等比数列，且公比为 B．是等比数列，且公比为 C．是等差数列，且公差为2 D．是等差数列，且公差为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．设函数为函数的极大值点，则下列结论正确的是（  ） A． B．若为函数的极小值点，则 C．若有三个解，则的取值范围为 D．当时， 10．已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列命题正确的是（  ） A．既有最小值，也有最大值 B．只有最大值，没有最小值 C．有两个零点 D．只有一个极值点 11．已知函数，，记，的图象分别为曲线，，则（   ） A．过原点作曲线的切线，则切线方程为 B．当时，，分别为曲线，上的动点，则的最小值为 C．若（，），则的最小值为 D．当时，曲线，无公切线 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．已知函数在处的切线与直线垂直，则_______． 13．已知函数，，，若函数与其导函数的图象如图所示，则的最小值为________． 14．若中，，点满足且，则的取值范围为_____． 4、 解答题（本题5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分）已知锐角三个内角的对边分别是，若． (1)求的大小；(2)若平分交于点，求的取值范围． 16．（15分）如图，在四面体中，为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为．(1)证明：平面；(2)求四面体外接球的体积；(3)求的长． 17．（15分）已知函数设是函数图象上一点，在点处的切线为，且与轴的交点为，若是公差为的等差数列.(1)求的解析式； (2)若， （i）若对任意，，求的值；（ii）求证：且， 有. 18．（17分）为备战年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛（分初赛和决赛两部分）.初赛从道题中任选题作答，题均答对则进入决赛.已进入决赛的参赛者允许连续抽奖次，中奖次奖励元，中奖次奖励元，中奖次奖励元，若次均未中奖，则只奖励元.假设每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立. (1)已知初赛道题中甲能答对其中道题，记甲在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率； (2)记一名进入决赛的同学恰好中奖次的概率为，求的极大值； (3)假设该校共选拔出名同学进入决赛，若这名同学获得的总奖金的期望值不小于元，试求此时的取值范围. 19．（17分）蔓叶线是古希腊数学家Diocles在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线．蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下图所示．在平面直角坐标系中，已知为坐标原点，圆，点是直线上在第一象限内的任一点，直线交圆于点（与不重合），第一象限内的点在直线上，且满足，如下图所示．已知一蔓叶线的方程为．    (1)求蔓叶线上任一点横坐标的取值范围； (2)证明：点在蔓叶线上； (3)设直线与蔓叶线C交于不同的三点且直线的斜率之和为2025，证明：直线过定点． 参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若是关于x的一元三次方程的三个根，则． 试卷第4页（共4页） 试卷第3页（共4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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，得到，所以， 又是增函数，所以当时，，则， 所以. 2．复数满足 (为虚数单位)，则复数的虚部为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用复数的除法求出，进而求出其共轭复数的虚部. 【详解】依题意，， 所以的虚部是. 故选：B 3．在中，角为三个内角，则“”是“”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 【答案】C 【分析】将其转化为函数，结合图像即可求解 【详解】考虑为到的斜率， 因为， 因为函数在与上均递增，得大致图象，如图所示， 若，则，而 同号，由图及单调性可得； 若，则必定成立，故为充要条件． 4．已知，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，应用诱导公式及已知即可求解. 【详解】由， 所以. 故选：B 5．一个培养皿中的细胞初始数目记为（单位；个），研究人员向该培养皿中添加药物后，培养皿中的细胞数目（单位：个）与培养时间（单位：小时）的关系为（），其中为常数．若添加药物并培养4小时后，培养皿中的细胞数目为初始数目的2倍．则当培养皿中的细胞数目为初始数目的5倍时，所需的培养时间约为（    ）（附：） A．6.3小时 B．7.9小时 C．9.3小时 D．10.5小时 【答案】C 【详解】当时，，得，因，消去后得，对等式两边取自然对数，得，解得， 当时，代入公式得，消去得，取自然对数得， 将代入，得， 根据对数换底公式，得，因此小时. 6．已知正项等比数列中，，设其公比为，前项和为，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可得，求解方程可得，逐项判断即可. 【详解】因为，可得， 即，又因为是正项等比数列，所以， 可得，解得，所以A正确； 数列的通项公式为，所以B正确； 则，所以C不正确； 由，则，， 所以，所以D正确. 故选：C 7．已知函数，在定义域上恒有，求的取值范围（        ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作差得，又，可得，作差得，再分，，结合参变分离求范围即可． 【详解】， 令，，解得， 在上单调递增，在上单调递减， ，即，则， ， 又时，，，即，， 时，，即， 令，，解得， 在上单调递减，在上单调递增， ，则， 综上，． 8．如图，在平面直角坐标系上，有一系列点，每个点均在函数的图象上.已知以点为圆心的均与轴相切，与外切，且，则（     ） A．是等比数列，且公比为 B．是等比数列，且公比为 C．是等差数列，且公差为2 D．是等差数列，且公差为4 【答案】C 【分析】根据题意，由与相外切，得到，化简得到，求得，结合等差数列的定义，即可求解. 【详解】因为与相外切，所以， 即， 所以， 因为每个点均在函数的图像上，可得， 所以，即，所以， 所以数列是等差数列，且公差为， 所以，则， 此时数列不是等比数列. 故选：C. 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．设函数为函数的极大值点，则下列结论正确的是（     ） A． B．若为函数的极小值点，则 C．若有三个解，则的取值范围为 D．当时， 【答案】ABC 【分析】A选项，根据三次函数的图象特征和数轴标根法得到；B选项，求导，得到导函数的两个根，确定极小值点，得到方程，求出；C选项，在B选项基础上，计算出，数形结合得到不等式，求出；D选项，根据函数单调性及，得到D错误. 【详解】A选项，因为为函数的零点，且为函数的不变号零点， 由数轴穿根法，及极值点定义可得，故A正确； B选项，，可得， 画出的大致图象如图，为极小值点，    故，解得，所以B正确； C选项，， 由有三个解，则，解得，故C正确； D选项，由以上分析可得，时单调递增， 因为时，，所以，所以D错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：由于三次函数的导函数为二次函数，故常常利用二次函数的性质来研究三次函数的性质比如三次函数零点问题，极值点情况等. 10．已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列命题正确的是（     ） A．既有最小值，也有最大值 B．只有最大值，没有最小值 C．有两个零点 D．只有一个极值点 【答案】BD 【分析】整理等式并构造函数，根据导数为0即可得出解析式，令判断C；再结合导数判断其余选项即可． 【详解】由， 设，则， 所以（为常数），， 所以，， 令，则在上单调递减， 令，则在上单调递增， 所以当时，取得极大值，也是最大值，无其他极值，故D正确； 当时，，无最小值，A错误，B正确； 令，只有一个零点，故C错误． 11．已知函数，，记，的图象分别为曲线，，则（     ）. A．过原点作曲线的切线，则切线方程为 B．当时，，分别为曲线，上的动点，则的最小值为 C．若（，），则的最小值为 D．当时，曲线，无公切线 【答案】ACD 【分析】设出切点，求解切线方程判断A，设出点的坐标，利用两点间距离公式表示距离，法一利用导数得到，再结合基本不等式与放缩法判断B，法二利用反函数的性质将目标距离转化为上的点到最小距离的2倍，再作平行切线并求出切点，并利用点到直线的距离公式求解距离判断B，构造，再结合导数判断其单调性，进而求解最值判断C，结合题意判断公切线斜率恒正，再分别求出切线，得到，最后对参数范围分类讨论判断D即可. 【详解】对于A，设切点为，而，设切线斜率为， 则，可得切线方程为， 而切线过原点，可得，解得， 则切线方程为，故A正确， 法一：对于B，当时，，设，，且， 则由两点间距离公式得， 令，则， 令，可得，令，可得， 则在上单调递减，在上单调递增， 可得，则，得到， 令，定义域为，且， 令，可得，令，可得， 则在上单调递减，在上单调递增， 得到，则，即， 由基本不等式得， 当且仅当时取等，而， 当且仅当时取等，符合， 可得，即，故B错误， 法二：对于B，当时，，由题意得互为反函数， 则关于对称，则的最小距离为上的点到最小距离的2倍， 设最小距离为，设与平行的直线与切于，而斜率为， 得到，解得，则切点为， 由点到直线的距离公式得，即，故B错误， 对于C，构造，则，， 令，则， 可得在上单调递增，即在上单调递增， 因为，所以，令， 则，而，解得， 令，可得，令，可得， 则在上单调递减，在上单调递增， 得到，即的最小值为，故C正确， 对于D，由题意得，则的切线斜率为正， 若，存在公切线，则公切线的斜率为正， 设斜率为，，设上的切点坐标为， 由已知得切线方程为，且， 解得，则切线方程变为， 设上的切点坐标为， 而，则， 则切线方程为， 而，解得，则切线方程变为， 若两切线为公切线，可得， 化简得，由题意得， 当时，， 则此时不可能存在公切线， 当时，由题意得， 令，则， 则在上单调递增，而， 得到，可得， 而，可得， 得到， 则此时不可能存在公切线，可得当时，曲线，无公切线，故D正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．已知函数在处的切线与直线垂直，则_______． 【答案】 【分析】先求导算出切线的斜率，再利用两直线垂直斜率乘积为建立方程，即可求解. 【详解】因为，所以，则切线斜率为， 又因为直线的斜率为， 由切线与直线垂直，所以，解得. 13．已知函数，，，若函数与其导函数的图象如图所示，则的最小值为________． 【答案】 【分析】通过两个函数图象，确定，再结合特殊点求得，结合辅助角公式可求解. 【详解】解：由函数，得， 结合函数的图象知，，，所以， 所以，由的图象过点， 得， 所以，；解得，； 又因为，所以，所以，， 所以 ，其中； 所以的最小值为． 14．若中，，点满足且，则的取值范围为_____． 【答案】 【分析】令，由及向量数量积的运算律得，应用余弦定理得，进而有，分离常数法求范围. 【详解】由题设， 所以， 令，则，且，    由， 所以， 令，， 令，， 由在上单调递减，则， 所以，则.故答案为： 4、 解答题（本题5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15．已知锐角三个内角的对边分别是，若． (1)求的大小； (2)若平分交于点，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解. （2）由（1）的结论，利用三角形面积公式及正弦定理边化角，结合差角的正弦化简，再利用正切函数性质求出范围. 【详解】（1）在锐角中，由及正弦定理， 得， 整理得，而，则， 因此，又，则，解得， 所以. （2）由（1）得，得，则， 由平分交于点及正弦定理， 得 . 16．如图，在四面体中，D为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为． (1)证明：平面； (2)求四面体外接球的体积； (3)求的长． 【答案】(1) 由，，，可得：， 则由勾股定理得：，又，，平面， 所以平面； (2)； (3). 【分析】(1)利用勾股定理证明一个线线垂直，再利用一个已知的垂直关系，即可证明线面垂直； (2)利用线面垂直可得线线垂直，再证明平面，从而可得直角四面体，利用补形法求外接球半径，即可求出体积； (3)利用换底面建立空间直角坐标系，把所求的线段长设为参数，结合已知数据表示各点坐标，通过法向量夹角余弦值的绝对值为，建立相等关系求解即可. 【详解】（1）略 （2）由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 则四面体满足平面，， 因此这个四面体可以放在一个长方体里， 所以外接球的直径就是该长方体的体对角线， 因为，所以外接球的半径， 即该外接球的体积， （3）把这个三棱锥换成以作底面，因为，所以以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 由于平面，，，, 设，则， 即， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以， 因为二面角的大小为， 所以，解得 故 17．已知函数设是函数图象上一点，在点处的切线为，且与轴的交点为，若是公差为的等差数列. (1)求的解析式； (2)若 （i）若对任意，，求的值； （ii）求证：且， 有. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）由（i）知，因为， 所以，即，当且仅当时等号成立， 当时，， ，，有， 所以. 【分析】（1）先求出在点处的切线方程，根据题意得出，代入计算出，故得解析式； （2）（i）通过导数得出，根据题意，设，根据导数得出，得出， （ⅱ）由（i）得出，当时，，则有，，有，故得证. 【详解】（1）因为，所以， 在点处的切线为， 又与轴的交点为，所以， 因为是公差为的等差数列，所以， 所以，故，即， 故， （2）（i），， ， 则时，，单调递增； 时，，单调递减， 所以， 因为，  ① 设，则， 令时，， 时，，单调递减；时，，单调递增. ，所以，所以   ② 由①②知，所以，故， （ⅱ）略. 18．为备战年第十一届全国学生“学宪法讲宪法”比赛，某校举办了法治素养竞赛（分初赛和决赛两部分）.初赛从道题中任选题作答，题均答对则进入决赛.已进入决赛的参赛者允许连续抽奖次，中奖次奖励元，中奖次奖励元，中奖次奖励元，若次均未中奖，则只奖励元.假设每次抽奖中奖的概率均为，且每次是否中奖相互独立. (1)已知初赛道题中甲能答对其中道题，记甲在初赛中答对的题目个数为，求的数学期望以及甲在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率； (2)记一名进入决赛的同学恰好中奖次的概率为，求的极大值； (3)假设该校共选拔出名同学进入决赛，若这名同学获得的总奖金的期望值不小于元，试求此时的取值范围. 【答案】(1)； (2)极大值 (3) 【分析】（1）通过超几何分布模型计算答对题数的数学期望，并利用条件概率公式分析在已知至少答对一题的情况下仍未能进入决赛的可能性； （2）建立二项分布概率函数，通过求导确定其极值点，进而求得该概率函数在给定区间内的最大值； （3）基于二项分布列出奖金期望的表达式，通过解多项式不等式确定概率参数的取值范围，从而满足总奖金期望的条件. 【详解】（1）记总题数，甲会做的题数，从中任选题作答，则答对题数服从超几何分布， 数学期望 事件“已答对一题”即；“仍未进入决赛”即， 由条件概率公式得：. （2）设一次抽奖中奖概率为，次抽奖中中奖次数， 则“恰好中奖次”的概率：， 对求导： 令，得（舍去）， 当时，当时，故为极大值点， 极大值为. （3）设进入决赛的同学获得的奖金为元， 其分布为，， ，， 期望，化简得 名同学总奖金的期望， 即整理得 令，由知在单调递增， 又，因此不等式解为， 结合，得. 19．蔓叶线是古希腊数学家Diocles在公元前180年为了解决倍立方问题发现的曲线．蔓叶线与半个圆周一起，形状看上去像常春藤蔓的叶子，如下图所示．在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，圆，点M是直线上在第一象限内的任一点，直线OM交圆A于点N（N与O不重合），第一象限内的点P在直线OM上，且满足，如下图所示．已知一蔓叶线C的方程为．    (1)求蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围； (2)证明：点P在蔓叶线C上； (3)设直线与蔓叶线C交于不同的三点R，S，T，且直线的斜率之和为2025，证明：直线g过定点． 参考公式：法国数学家弗朗索瓦·韦达提出了三次方程的韦达定理：若是关于x的一元三次方程的三个根，则． 【答案】(1) (2)证明：设，已知直线OM的方程为，联立圆A的方程， 整理得 设，由，及，得 将代入右端，右端； 将代入左端，左端 方程左端等于右端．所以点P的坐标满足蔓叶线方程，点P在蔓叶线C上． (3)证明：，消y，得， 设，则            ， 所以，所以，即直线恒过. 【分析】（1）由 及 得 ，解分式不等式得横坐标范围； （2）设点坐标，由直线与圆联立得点，利用得点坐标，代入蔓叶线方程验证； （3）联立直线与蔓叶线消元得三次方程，由韦达定理将斜率之和表示为参数关系，得直线过定点． 【详解】（1）由及得，所以． 综上，蔓叶线C上任一点横坐标的取值范围为．       （2）略 （3）略 试卷第10页（共18页） 试卷第11页（共18页） 学科网（北京）股份有限公司 $