2023屆廣東省肇慶市高三上學期第一次教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題（解析版）

試卷第=page22頁，共=sectionpages44頁2023屆廣東省肇慶市高三上學期第一次教學質(zhì)量檢測數(shù)學試題一、單選題1．如圖，已知全集，集合，，，圖中陰影部分表示集合，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由題求解即可得答案.【詳解】解：∵全集，∴由韋恩圖可知，.故選：D.2．同時滿足以下三個條件的一個復數(shù)是（

）①復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點位于第三象限；②復數(shù)的模為5；③復數(shù)的實部大于虛部.A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)復數(shù)的概念及模，采用排除法逐個檢驗.【詳解】∵復數(shù)在復平面內(nèi)對應的點位于第三象限，∴實部、虛部都小于0，故排除A選項；∵復數(shù)的模為5，而，故排除B選項；∵復數(shù)的實部大于虛部，又-3>-4，∴C選項正確，故選:C.3．設，，，則下列關(guān)系正確的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)的范圍，分別求得的范圍，即可比較大小.【詳解】∵，∴，∴；，∴；，∴，∴.故選：B.4．已知是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，且，則的最大值為（

）A．10 B．20 C．25 D．50【答案】C【分析】根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，化簡原式，得到，用基本不等式求最值.【詳解】∵，∴，由已知，得，∴，當且僅當時等號成立.故選：C.5．下列選項正確的是（

）A．是的必要不充分條件B．在中，是的充要條件C．是的充要條件D．命題“，”的否定是：“，”【答案】B【分析】由可判斷A；由或，結(jié)合可判斷B；由，可判斷C；根據(jù)全稱命題的否定可判斷D.【詳解】選項A，若，則，若，則，∴是的充要條件，故A錯誤；選項B，若，則或（顯然不成立），若，則，∴是的充要條件，故B正確；選項C，若，則，若，則，∴是的充分不必要條件，故C錯誤；選項D，命題“，”的否定是：“，”，故D錯誤.故選：B6．已知函數(shù)，滿足導函數(shù)恒成立，則下列選項正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)判斷其單調(diào)性，再結(jié)合選項判斷即可.【詳解】令，則，∴在上單調(diào)遞減，∴，∴，即.故選：C.7．的值為（

）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】根據(jù)正弦的二倍角公式，結(jié)合誘導公式，以及余弦的和差角公式，化簡即可求得結(jié)果.【詳解】.故選：A.8．《周髀算經(jīng)》是我國最早的數(shù)學典籍，書中記載：我國早在商代時期，數(shù)學家商高就發(fā)現(xiàn)了勾股定理，亦稱商高定理三國時期數(shù)學家趙爽創(chuàng)制了如圖2（1）的“勾股圓方圖”（以弦為邊長得到的正方形是由4個全等的直角三角形再加上中間的那個小正方形組成），用數(shù)形結(jié)合法給出了勾股定理的詳細證明.現(xiàn)將“勾股圓方圖”中的四條股延長相同的長度得到圖2（2）.在圖2（2）中，若，，G，F(xiàn)兩點間的距離為，則“勾股圓方圖”中小正方形的面積為（

）A．9 B．4 C．3 D．8【答案】B【分析】先在中，利用余弦定理求解，再在中結(jié)合勾股定理求解，繼而分析即得解.【詳解】由條件可得.在中，由余弦定理得，∴，∴，，∴，∴“勾股圓方圖”中小正方形的邊長為，∴面積為4.故選：B二、多選題9．已知實數(shù)a，b，c滿足且，則下列選項正確的是（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】由條件可得或，然后逐一判斷即可.【詳解】由題意得或，，所以A正確；取，，，則，，故B不正確；取，，，故C不正確；因為，所以，函數(shù)在上是增函數(shù)，所以成立，故D正確.故選：AD10．把函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，得到的函數(shù)圖象恰好關(guān)于軸對稱，則下列說法正確的是（

）A．的最小正周期為B．關(guān)于點對稱C．在上單調(diào)遞增D．若在區(qū)間上存在最大值，則實數(shù)的取值范圍為【答案】ACD【分析】先利用輔助角公式化簡，再通過圖像平移求得新的函數(shù)，從而利用關(guān)于軸對稱求得，由此得到的解析式，最后結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)即可對選項逐一判斷.【詳解】因為，所以把的圖像向左平移個單位長度得到函數(shù)的圖像，因為關(guān)于軸對稱，所以，，即，，又因為，所以，，對于A，，故A正確；對于B，，故B錯誤；對于C，由，得，所以當時，的單調(diào)遞增區(qū)間為，又因為，所以在上單調(diào)遞增，故C正確；對于D，若函數(shù)在上存在最大值，由選項C可知，在上單調(diào)遞增，且，即在時取得最大值，所以，即實數(shù)的取值范圍為，故D正確.故選：ACD.11．已知函數(shù)，則下列選項正確的是（

）A．函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增B．函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增C．關(guān)于x的方程恰有兩個根，則D．函數(shù)在上的最大值與最小值之和為【答案】BC【分析】分及兩種情況對函數(shù)求導，求出函數(shù)的單調(diào)性、極值及最值情況，作出其大致圖象，逐項分析即可得出答案．【詳解】當時，，∴，當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，故A錯誤，B正確；∴當時，，且.當時，，∴，∵，∴，∴單調(diào)遞增，又，當時，.∴根據(jù)以上信息，畫出的大致圖象如圖所示，由圖可知，當時，直線與的圖象有兩個交點，所以當時，關(guān)于的方程恰有兩個根，故C正確；∵，，，∴在上的最大值為，最小值為0，故D錯誤.故選：BC.12．定義兩個非零平面向量的一種新運算：，其中表示，的夾角，則對于兩個非零平面向量，，下列結(jié)論一定成立的是（

）A． B．C． D．若，則與平行【答案】AD【分析】根據(jù)向量的新運算逐個分析判斷.【詳解】，∴A正確；對于選項B，如圖，在平行四邊形中，取，，，則表示的面積的兩倍，表示的面積的兩倍，表示平行四邊形的面積的兩倍，而，故B錯誤；對于選項C，，，當時，不成立，故C錯誤；由，∴，∵，∴或，即與平行，故D正確.三、填空題13．已知等比數(shù)列的前項和為，且，，則_________.【答案】64【分析】根據(jù)等比數(shù)列前項和公式列出方程組，解出首項公比，根據(jù)通項公式求出.【詳解】設等比數(shù)列公比為，首項為，由已知，可得，解得，所以，故答案為：64.14．已知直線與曲線相切，則_________.【答案】【分析】已知曲線的切線過某定點，根據(jù)導數(shù)的幾何意義求直線的斜率.【詳解】設切點為，∵，∴，∴，∵，∴，解得，∴.故答案為：.15．已知函數(shù)若關(guān)于的方程有兩個不相等的實根，則實數(shù)的取值范圍是_________.【答案】【分析】分別令，，結(jié)合自變量的范圍和對數(shù)型函數(shù)定義域求解即可.【詳解】由題意，當時，令，可得，即，為一個根；當時，令，解得，即，故，又時，有定義，故，即；綜上：實數(shù)的取值范圍為.故答案為：16．在中，點分別在上，且滿足，，點在上，且滿足.若，，設，，則的最大值為_________.【答案】18【分析】根據(jù)題意，利用表示向量，再根據(jù)向量的模得，再結(jié)合基本不等式求解即可.【詳解】解：因為在中，點分別在上，且滿足，，所以，是的三等分的點，分別靠近點，所以，，即，所以，，所以，所以，所以，，所以，當且僅當時等號成立.所以，的最大值為.故答案為：四、解答題17．的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，的面積為，，.(1)若，求S的值；(2)若D是AC的中點，且，求的值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據(jù)正弦定理求得，再結(jié)合余弦定理求得，根據(jù)面積公式求解即可；（2）在△，△中使用兩次余弦定理，即可求得結(jié)果.【詳解】（1）由及正弦定理得，∵，所以.在中，由余弦定理，得，∴，∴，∴.（2）因為D是AC的中點，且，記，在中，由余弦定理得，即，在中，由余弦定理得，即，整理可得，又因為，，所以.18．已知正項數(shù)列的前項和為，且滿足.(1)求數(shù)列的通項公式；(2)設，數(shù)列的前項和為，證明：.【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）利用的關(guān)系，結(jié)合已知條件以及等差數(shù)列的通項公式即可求得結(jié)果；（2）根據(jù)（1）中所求，利用裂項求和法求得，即可證明.【詳解】（1）依題意可得，當時，，，則；當時，，，兩式相減，整理可得，又為正項數(shù)列，故可得，所以數(shù)列是以為首項，為公差的等差數(shù)列，所以.（2）證明：由（1）可知，所以，，所以成立.19．已知函數(shù).(1)是否存在實數(shù)，使得在處取得極小值，并說明理由；(2)證明：對任意都有成立.【答案】(1)存在，(2)證明見解析【分析】（1）由求出答案，然后再驗證即可；（2）由（1）可得，然后可得，利用此不等式即可證明.【詳解】（1）假設存在實數(shù)，使得在處取得極小值，則，，所以.所以，，則；，則；，則；所以在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，所以當時，的極小值為.（2）證明：由（1）可知，當時，，即.令，則，，，…，，，所以，故命題成立.20．已知各項均不為零的數(shù)列滿足，且，，設.(1)證明：為等比數(shù)列；(2)求的前項和.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由題知，進而根據(jù)等比數(shù)列的定義證明即可；（2）結(jié)合（1）得是常數(shù)列，進而得，，再根據(jù)錯位相減法和分組求和求解即可.【詳解】（1）證明：∵，∴，∴上述等式兩邊同除以得，即，∴，即，又∴是以為首項，為公比的等比數(shù)列，∴.（2）解法1：由（1）知，即，∵，∴，∴是常數(shù)列，∴，∴，令，則①，②①式減②式得，，化簡整理得.解法2：由（1）知，即，∵，∴，∴是常數(shù)列，∴，∴，，，，∴∴，∴為常數(shù)列.∵，∴.21．設的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知D是BC上的點，AD平分.(1)若，，，求的值；(2)若為銳角三角形，請從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，求的取值范圍.條件①：；條件②：；條件③：.注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分.【答案】(1)(2)答案見解析【分析】（1）利用可求出答案；（2）首先證明，若選①，利用余弦定理和三角形的面積公式可求出，然后可得，即可求出答案；若選②，結(jié)合倍角公式可求出，然后可算出答案；若選③，由條件可得，然后可求出，然后可求出答案.【詳解】（1）依題意可得，可得，又因為平分，且，所以，則，整理可得.（2）選條件①∵，∴，∴，即，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，與互補，∴.∵是銳角三角形，∴，∴，∴，即的取值范圍為.選條件②∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，與互補，∴.∵是銳角三角形，∴，∴，∴，∴的取值范圍為.選條件③∵，∴，由正弦定理得，∴根據(jù)余弦定理得，∵，∴，在中，由正弦定理得，∴，在中，由正弦定理得，∴，∵平分，與互補，∴.∵是銳角三角形，∴，∴，∴，∴，∴的取值范圍為.22．已知函數(shù).(1)當時，求的單調(diào)區(qū)間；(2)當時，不等式恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)單調(diào)遞減區(qū)間為，單調(diào)遞增區(qū)間為，；(2).【分析】（1）求得，根據(jù)其正負，即可判斷函數(shù)單調(diào)性，從而求得單調(diào)區(qū)間；（2）當時，構(gòu)造函數(shù)，根據(jù)的正負分類討論，在不同的情況下求得其單調(diào)性以及最值，即可求得結(jié)果.【詳解】（1）當時，，，令，則，，