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（解析版）

试卷第=page22页，共=sectionpages44页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，，