2023届广东省肇庆市高三上学期第一次教学质量检测数学试题含解析

这是一份2023届广东省肇庆市高三上学期第一次教学质量检测数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届广东省肇庆市高三上学期第一次教学质量检测数学试题 一、单选题1．如图，已知全集，集合，，，图中阴影部分表示集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由题求解即可得答案.【详解】解：∵全集，∴由韦恩图可知，.故选：D.2．同时满足以下三个条件的一个复数是（    ）①复数在复平面内对应的点位于第三象限；②复数的模为5；③复数的实部大于虚部.A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的概念及模，采用排除法逐个检验.【详解】∵复数在复平面内对应的点位于第三象限，∴实部、虚部都小于0，故排除A选项；∵复数的模为5，而，故排除B选项；∵复数的实部大于虚部，又-3>-4，∴C选项正确，故选:C.3．设，，，则下列关系正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据的范围，分别求得的范围，即可比较大小.【详解】∵，∴，∴；，∴；，∴，∴.故选：B.4．已知是各项均为正数的等差数列，且，则的最大值为（    ）A．10 B．20 C．25 D．50【答案】C【分析】根据等差数列的性质，化简原式，得到，用基本不等式求最值.【详解】∵，∴，由已知，得，∴，当且仅当时等号成立.故选：C.5．下列选项正确的是（    ）A．是的必要不充分条件B．在中，是的充要条件C．是的充要条件D．命题“，”的否定是：“，”【答案】B【分析】由可判断A；由或，结合可判断B；由，可判断C；根据全称命题的否定可判断D.【详解】选项A，若，则，若，则，∴是的充要条件，故A错误；选项B，若，则或（显然不成立），若，则，∴是的充要条件，故B正确；选项C，若，则，若，则，∴是的充分不必要条件，故C错误；选项D，命题“，”的否定是：“，”，故D错误.故选：B6．已知函数，满足导函数恒成立，则下列选项正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】构造函数，利用导数判断其单调性，再结合选项判断即可.【详解】令，则，∴在上单调递减，∴，∴，即.故选：C.7．的值为（    ）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】根据正弦的二倍角公式，结合诱导公式，以及余弦的和差角公式，化简即可求得结果.【详解】.故选：A.8．《周髀算经》是我国最早的数学典籍，书中记载：我国早在商代时期，数学家商高就发现了勾股定理，亦称商高定理三国时期数学家赵爽创制了如图2（1）的“勾股圆方图”（以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成），用数形结合法给出了勾股定理的详细证明.现将“勾股圆方图”中的四条股延长相同的长度得到图2（2）.在图2（2）中，若，，G，F两点间的距离为，则“勾股圆方图”中小正方形的面积为（    ）A．9 B．4 C．3 D．8【答案】B【分析】先在中，利用余弦定理求解，再在中结合勾股定理求解，继而分析即得解.【详解】由条件可得.在中，由余弦定理得，∴，∴，，∴，∴“勾股圆方图”中小正方形的边长为，∴面积为4.故选：B 二、多选题9．已知实数a，b，c满足且，则下列选项正确的是（     ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】由条件可得或，然后逐一判断即可.【详解】由题意得或，，所以A正确；取，，，则，，故B不正确；取，，，故C不正确；因为，所以，函数在上是增函数，所以成立，故D正确.故选：AD10．把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于轴对称，则下列说法正确的是（    ）A．的最小正周期为B．关于点对称C．在上单调递增D．若在区间上存在最大值，则实数的取值范围为【答案】ACD【分析】先利用辅助角公式化简，再通过图像平移求得新的函数，从而利用关于轴对称求得，由此得到的解析式，最后结合三角函数的性质即可对选项逐一判断.【详解】因为，所以把的图像向左平移个单位长度得到函数的图像，因为关于轴对称，所以，，即，，又因为，所以，，对于A，，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，由，得，所以当时，的单调递增区间为，又因为，所以在上单调递增，故C正确；对于D，若函数在上存在最大值，由选项C可知，在上单调递增，且，即在时取得最大值，所以，即实数的取值范围为，故D正确.故选：ACD.11．已知函数，则下列选项正确的是（    ）A．函数在区间上单调递增B．函数在区间上单调递增C．关于x的方程恰有两个根，则D．函数在上的最大值与最小值之和为【答案】BC【分析】分及两种情况对函数求导，求出函数的单调性、极值及最值情况，作出其大致图象，逐项分析即可得出答案．【详解】当时，，∴，当时，，单调递减，当时，，单调递增，故A错误，B正确；∴当时，，且.当时，，∴，∵，∴，∴单调递增，又，当时，.∴根据以上信息，画出的大致图象如图所示， 由图可知，当时，直线与的图象有两个交点，所以当时，关于的方程恰有两个根，故C正确；∵，，，∴在上的最大值为，最小值为0，故D错误.故选：BC.12．定义两个非零平面向量的一种新运算：，其中表示，的夹角，则对于两个非零平面向量，，下列结论一定成立的是（    ）A． B．C． D．若，则与平行【答案】AD【分析】根据向量的新运算逐个分析判断.【详解】，∴A正确；对于选项B，如图，在平行四边形中，取，，，则表示的面积的两倍，表示的面积的两倍，表示平行四边形的面积的两倍，而，故B错误；对于选项C，，，当时，不成立，故C错误；由，∴，∵，∴或，即与平行，故D正确. 三、填空题13．已知等比数列的前项和为，且，，则_________.【答案】64【分析】根据等比数列前项和公式列出方程组，解出首项公比，根据通项公式求出.【详解】设等比数列公比为，首项为，由已知，可得，解得，所以，故答案为：64.14．已知直线与曲线相切，则_________.【答案】【分析】已知曲线的切线过某定点，根据导数的几何意义求直线的斜率.【详解】设切点为，∵，∴，∴，∵，∴，解得，∴.故答案为：.15．已知函数若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是_________.【答案】【分析】分别令，，结合自变量的范围和对数型函数定义域求解即可.【详解】由题意，当时，令，可得，即，为一个根；当时，令，解得，即，故，又时，有定义，故，即；综上：实数的取值范围为.故答案为：16．在中，点分别在上，且满足，，点在上，且满足.若，，设，，则的最大值为_________.【答案】18【分析】根据题意，利用表示向量，再根据向量的模得，再结合基本不等式求解即可.【详解】解：因为在中，点分别在上，且满足，，所以，是的三等分的点，分别靠近点，所以，，即，所以，，所以，所以，所以，，所以，当且仅当时等号成立.所以，的最大值为.故答案为： 四、解答题17．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为，，.(1)若，求S的值；(2)若D是AC的中点，且，求的值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据正弦定理求得，再结合余弦定理求得，根据面积公式求解即可；（2）在△，△中使用两次余弦定理，即可求得结果.【详解】（1）由及正弦定理得，∵，所以.在中，由余弦定理，得，∴，∴，∴.（2）因为D是AC的中点，且，记，在中，由余弦定理得，即，在中，由余弦定理得，即，整理可得，又因为，，所以.18．已知正项数列的前项和为，且满足.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：.【答案】(1)；(2)证明见解析. 【分析】（1）利用的关系，结合已知条件以及等差数列的通项公式即可求得结果；（2）根据（1）中所求，利用裂项求和法求得，即可证明.【详解】（1）依题意可得，当时，，，则；当时，，，两式相减，整理可得，又为正项数列，故可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）证明：由（1）可知，所以，，所以成立.19．已知函数.(1)是否存在实数，使得在处取得极小值，并说明理由；(2)证明：对任意都有成立.【答案】(1)存在，(2)证明见解析 【分析】（1）由求出答案，然后再验证即可；（2）由（1）可得，然后可得，利用此不等式即可证明.【详解】（1）假设存在实数，使得在处取得极小值，则，，所以.所以，，则；，则；，则；所以在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的极小值为.（2）证明：由（1）可知，当时，，即.令，则，，，…，，，所以，故命题成立.20．已知各项均不为零的数列满足，且，，设.(1)证明：为等比数列；(2)求的前项和.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由题知，进而根据等比数列的定义证明即可；（2）结合（1）得是常数列，进而得，，再根据错位相减法和分组求和求解即可.【详解】（1）证明：∵，∴，∴上述等式两边同除以得，即，∴，即，又∴是以为首项，为公比的等比数列，∴.（2）解法1：由（1）知，即，∵，∴，∴是常数列，∴，∴，令，则①，②①式减②式得，，化简整理得.解法2：由（1）知，即，∵，∴，∴是常数列，∴，∴，，，，∴∴，∴为常数列.∵，∴.21．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D是BC上的点，AD平分.(1)若，，，求的值；(2)若为锐角三角形，请从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，求的取值范围.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）利用可求出答案；（2）首先证明，若选①，利用余弦定理和三角形的面积公式可求出，然后可得，即可求出答案；若选②，结合倍角公式可求出，然后可算出答案；若选③，由条件可得，然后可求出，然后可求出答案.【详解】（1）依题意可得，可得，又因为平分，且，所以，则，整理可得.（2）选条件①∵，∴，∴，即，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，与互补，∴.∵是锐角三角形，∴，∴，∴，即的取值范围为.选条件②∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，与互补，∴.∵是锐角三角形，∴，∴，∴，∴的取值范围为.选条件③∵，∴，由正弦定理得，∴根据余弦定理得，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，与互补，∴.∵是锐角三角形，∴，∴，∴，∴，∴的取值范围为.22．已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，；(2). 【分析】（1）求得，根据其正负，即可判断函数单调性，从而求得单调区间；（2）当时，构造函数，根据的正负分类讨论，在不同的情况下求得其单调性以及最值，即可求得结果.【详解】（1）当时，，，令，则，，，则或，，则，∴的单调递减区间为，单调递增区间为，.（2）当时，不等式恒成立，即恒成立，当时，显然成立；当时，有，即，令，，令，，所以在上单调递增，，在上单调递增，，若，即，则，所以在上单调递增，∴，满足题意，若，即，，又所以使得，∴当时，，所以函数单调递减，∴当时，，不满足题意.综上所述，实数的取值范围为.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调区间和恒成立问题求参数范围的问题；第二问中处理问题的关键是通过多次求导，对的正负展开讨论，属综合困难题.