广东省肇庆市高三上学期第一次模拟考试数学试题

肇庆市届高中毕业班第一次模拟考试数学本试题共4页，考试时间分钟，满分分注意事项：答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效.带、刮纸刀考试结束后，请将本试题及答题卡交回.85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，集合，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先根据补集运算求得，然后利用交集运算求解即可.【详解】因为集合，所以或，又,所以.故选：A2.已知方程的两个复数根分别为，，则（）A.0B.C.D.3【答案】D【解析】【分析】先求出方程的两复数根，然后利用复数模的运算求解即可.【详解】由得，第1页/共18页可得方程的两个复数根分别为，，所以.故选：D3.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.【答案】B【解析】【分析】根据向量线性运算得，然后根据向量的坐标运算列式求解即可.【详解】由题意得，所以，即，设，则，所以.故选：B4.设为正项等比数列的前n项和，若，，则（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据等比数列通项基本量的运算求得，代入等比数列求和公式求解即可.【详解】设等比数列的公比为，∵，∴.由得，∴.故选：C5.已知，则（）A.B.C.D.第2页/共18页【答案】C【解析】可求解.【详解】∵，∴，∴，∴，∴（.故选：C.6.已知，若成立，则x的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】确定给定函数的奇偶性及单调性，进而求解不等式.【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：A7.已知，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】令，利用导数研究单调性得，进而判断大小，令，利用导数研究单调性得，即可比较大小，进而求解.【详解】令，所以，令有，第3页/共18页所以，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.已知，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用同角公式、二倍角正余弦公式及差角的正弦公式计算得解.【详解】由，得，令，则，即，于是，，，所以.故选：D36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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知是等差数列的前n项和，，，则（）AB.C.当或时，取最大值D.的最小值为0【答案】BC【解析】第4页/共18页【分析】先求等差数列的公差，进而得，逐一验证即可求解.【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.已知函数的最小正周期为）A.B.的定义域为C.在上单调递增D.若，且，则a的最大值为【答案】BCD【解析】判断AB调性求解判断C；利用正切函数的性质解不等式判断D.【详解】∵，∴，∴，故A错误；∵，∴，第5页/共18页∴的定义域为，故B正确；由，解得，∴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在一个点“不动点”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【答案】AC【解析】【分析】根据“不动点”函数的定义，分别对每个选项进行分析，判断其是否满足“不动点”函数的条件，以及是否满足题目中的其他条件．【详解】对于A，令，，，当且仅当时取“=”，则在在A正第6页/共18页确；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，，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；第7页/共18页故选：AC．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知向量，，且，则__________.【答案】【解析】【分析】由，则，得到，再根据模长公式求解即可．【详解】由题意知，∴，即，∴，．故答案为：．13.已知曲线在处的切线也是曲线的切线，则______.【答案】2【解析】的切点坐标，即可求解.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第8页/共18页是__________.【答案】【解析】【分析】由等式得到的关系，然后化简，由三角形内角的范围列不等式组，求出的范围，由函数最值即可求得的最大值.【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，.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第9页/共18页15.已知函数的两条相邻对称轴之间的距离为.（1）求值；（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.【答案】（1）（2），对称中心为，.【解析】1）借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数性质计算即可得；（2）由图象变换性质得到函数解析式后，利用正弦型函数性质计算即可得.【小问1详解】由题意得，∵两条相邻对称轴之间的距离为，∴，∵，∴；【小问2详解】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，.第10页/共18页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．【答案】（1）答案见解析（2），证明见解析【解析】10a的取值进行分类讨论；（2在(1,2)和b的取值范围，再分析极值点，方法一、根据即可证明；方法二、通过构造函数，求导，再令，根据单调性证明即可．【小问1详解】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.【小问2详解】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.第11页/共18页令，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.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.【答案】（1）（2）【解析】第12页/共18页1）利用正弦定理化简已知得，再利用辅助角公式得即可；（2）利用余弦定理建立方程组求得，，利用周长求得，，最后代入面积公式即可得解.【小问1详解】由正弦定理得，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴.【小问2详解】由题意知，，由余弦定理得，即，联立得，代入得，所以∴，，∴.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；第13页/共18页（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.【答案】（1）证明见解析，（2）是，（3）不存在【解析】1变形为为等比数列，利用等比数列通项公式求法求解即可.（2）方法一：利用与的关系化简判定是等差数列，然后利用等差数列通项公式求解即可；方法二：通过前几项的结构猜想，然后利用数学归纳法证明即可.（3）先利用与的关系求得，进而，然后利用反证法思想解答即可.【小问1详解】∵，∴，∵，∴是首项为4，公比为2的等比数列.∴，即.【小问2详解】方法一：∵，∴（两式相减得，整理得，第14页/共18页∴，两式相减得，即，∴是等差数列，由于，，∴公差，∴的通项公式为.∵，∴，∵，，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，.【小问3详解】由（1）知，，∴当时，，经检验，满足上式，∴（，第15页/共18页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.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.【答案】（1）证明见解析（2【解析】1证明.（2（ⅱ）根据是周期为的奇函数，结合单调性求得是的极小值点，设，则，，要证，只需证，令，利用导数法证得，即可证明.第16页/共18页当，时，，要证，即证：.设，则，∴在上单调递减，∵，∴，即，∴得证.【小问2详解】（ⅰ）当时，，.当时，由得或，解得，，