广东省肇庆市2026届高三上学期第一次模拟考试 数学 含答案含答案解析

这是一份广东省肇庆市2026届高三上学期第一次模拟考试 数学 含答案含答案解析，文件包含广东省肇庆市2026届高三上学期第一次模拟考试数学试卷word含解析docx、广东省肇庆市2026届高三上学期第一次模拟考试数学试卷含解析pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知方程的两个复数根分别为，，则（ ）
A．0B．C．D．3
3．已知点，向量，，点P是线段AB靠近点A的三等分点，则点P的坐标为（ ）
A．B．C．D．
4．设为正项等比数列的前n项和，若，，则（ ）
A．B．C．D．2
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知，若成立，则x的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知是等差数列的前n项和，，，则（ ）
A．B．
C．当或时，取最大值D．的最小值为0
10．已知函数，其中，若的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的定义域为
C．在上单调递增
D．若，且，则a的最大值为
11．不动点理论是泛函分析与拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A．只有1个不动点
B．若（）没有不动点，则没有零点
C．若（）没有不动点，则方程无实根
D．有3个不动点
三、填空题
12．已知向量，，且，则 .
13．已知曲线在处的切线也是曲线的切线，则 .
14．在中，三个内角的对边分别为，是钝角，，则的最大值是 .
四、解答题
15．已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为.
(1)求的值；
(2)将函数的图象向左平移个单位长度后，在纵坐标不变的情况下，再将所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，求的函数解析式与对称中心.
16．已知a，，，
(1)当时，讨论的单调性；
(2)设，若在上有极值，求b的取值范围并证明此极值小于b．
17．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且.
(1)求A；
(2)设D为边AB上一点，且，若，的周长为，求的面积.
18．记与分别是数列与的前n项和，已知，，，，.
(1)证明：是等比数列并求；
(2)数列是等差数列吗？若是，求出的通项公式，若不是，说明理由；
(3)设，判断是否存在互不相等的正整数j，k，m，使得j，k，m成等差数列，并且，，成等比数列.
19．已知函数.
(1)当，时，求证：；
(2)当时，
（ⅰ）求在上的所有极大值点之和；
（ⅱ）若在上有两个实根，，比较与的大小关系.
参考答案
1．A
【详解】因为集合，所以或，
又,所以.
故选：A
2．D
【详解】由得，
可得方程的两个复数根分别为，，
所以.
故选：D
3．B
【详解】由题意得，所以，即，
设，则，所以.
故选：B
4．C
【详解】设等比数列的公比为，∵，∴.
由得，∴.
故选：C
5．C
【详解】∵，∴，∴，
∴，∴（），∴.
故选：C.
6．A
【详解】函数的定义域为R，，则函数是奇函数，
而函数在R上都单调递增，则函数在R上单调递增，
不等式，则，解得，
所以x的取值范围是.
故选：A
7．B
【详解】令，所以，令有，
当，所以在单调递增，在单调递减，
所以，即，所以，即；
令，所以，当，
所以在单调递增，在单调递减，所以，
所以，即；
综上所述，.
故选：B.
8．D
【详解】由，得，令，则，
即，于是，，，
所以.
故选：D
9．BC
【详解】∵，所以，故A错误；
∵，
∴，
∴，，
所以，故B正确；
由，所以当或时，取最大值，即，故C正确；
由，无最小值，故D错误；
故选：BC.
10．BCD
【详解】∵，∴，∴，故A错误；
∵，∴，
∴的定义域为，故B正确；
由，解得，
∴的单调增区间为，，
时，单调增区间为，显然，故C正确；
由得，，
∴，，
∵，∴时，a取最大值为，故D正确.
故选：BCD
11．AC
【详解】对于A，令，，，当且仅当时取“=”，
则在上单调递减，而，即在上只有一个零点，函数只有一个不动点，A正确；
对于B，没有不动点等价于的图象与直线没有交点，
没有零点等价于的图象与轴没有交点，
显然，当对称轴在轴左边，的图象与没有交点时，不能推出与轴没有交点，B错误；
对于C，依题意，没有不动点等价于方程无实数根无实数根，
即，
当时，二次函数的图象开口向上，则恒成立，
即，恒有，
而，因此有恒成立，即方程无实根，
当时，二次函数的图象开口向下，则恒成立，
即，恒有，
而，因此有恒成立，即方程无实根，
所以函数（）没有不动点，则方程无实根，C正确；
对于D，由，得，
易知当时，，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点；
当时，，单调递减，且；
当时，，单调递增.令，得，
解得，此时，所以直线与曲线相切于点.
所以直线与曲线共有两个交点，所以只有两个不动点，故D错误；
故选：AC．
12．
【详解】由题意知，
∴，即，
∴，．
故答案为：．
13．2
【详解】设，则，又，所以，
则切线方程为，
设，则，令，解得，
所以.
故答案为：2
14．
【详解】∵，
∴，
∴，
∵是钝角，∴，则，
又∵为三角形内角，，∴，
因为在上单调递减，
∴，，
∴，
∵，
∴，
令，，设，
所以当时，函数取最大值，.
15．(1)
(2)，对称中心为，.
【详解】（1）由题意得
，
∵两条相邻对称轴之间的距离为，
∴，∵，∴；
（2）函数的图象向左平移个单位长度后，
得的图象，
再将横坐标缩短为原来的可得的图象，
令，，解得，，
∴的对称中心为，.
16．(1)答案见解析
(2)，证明见解析
【详解】（1）由题意知的定义域为，
当时，，
当时，，则在上单调递减，
当时，由，解得；由，解得.
即在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题意得，所以的定义域为，
在上有极值等价于在上有变号零点.
令，即在上有变号零点.
当时，显然在上恒成立，无变号零点，不满足题意；
当时， 在上恒成立，所以在上单调递增，
令，解得，此时在上有唯一零点.
∵在上单调递增，
∴当时，，即；当时，，即，
故在上单调递减； 在上单调递增，
故是的极小值点.
方法一：
由上分析，，∵，∴，即极小值小于b.
方法二：
因，
由，可得，则，
令，显然在上单调递减，
则，即，故，即极小值小于b．
17．(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理得，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴.
（2）由题意知，，
由余弦定理得，
即，
联立得，代入得，
所以
∴，，
∴.
18．(1)证明见解析，
(2)是，
(3)不存在
【详解】（1）∵，∴，
∵，
∴是首项为4，公比为2的等比数列.
∴，即.
（2）方法一：∵，
∴（），
两式相减得，
整理得，
∴，
两式相减得，即，
∴是等差数列，由于，，∴公差，∴的通项公式为.
方法二（数学归纳法）：
∵，
∴，
∵，，代入上式解得，
猜想.
当时，，猜想成立，
假设时，猜想成立，即.
下证时，猜想成立，即证，
∵，
∴，，
∵，，
∴，解得.
由数学归纳可得是等差数列，.
（3）由（1）知，，
∴当时，，经检验，满足上式，
∴（），，
假设存在这样的三个正整数，则，，即，
∵，
∴，即，
∴，
∴，解得，不满足题意，
∴假设不成立，不存在这样的正整数.
19．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【详解】（1）当，时，，要证，即证：.
设，则，∴在上单调递减，
∵，∴，即，∴得证.
（2）（ⅰ）当时，，
.
当时，由得或，
解得，，，，或，
当，，，时，，
∴在，，，上单调递增；
当，，时，，
∴在，，上单调递减.
∴当时，的极大值点为，，，所以极大值点的和为.
（ⅱ），证明如下：
∵的定义域为，且，
∴为奇函数，由（ⅰ）知是周期为的周期函数，
∴易知在上单调递减，在上单调递增，
∴是的极小值点.
设，∴，，∴，
要证，只需证，即证，
∴，∴只需证.
令，其中，
∴
，
∵，∴，，
∴，，∴，
∴在上单调递增，
∵，∴，∴，即，
∴，所以得证.