2025-2026学年广东省肇庆市高三上学期第一次模拟考试数学试题 附解析

/广东省肇庆市2026届高三上学期第一次模拟考试数学试题一、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．0 B． C． D．33．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．25．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010．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.

答案1．A【详解】因为集合，所以或，又,所以.故选：A2．D【详解】由得，可得方程的两个复数根分别为，，所以.故选：D3．B【详解】由题意得，所以，即，设，则，所以.故选：B4．C【详解】设等比数列的公比为，∵，∴.由得，∴.故选：C5．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：A7．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：D9．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：BCD11．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．13．2【详解】设，则，又，所以，则切线方程为，设，则，令，解得，所以.故214．【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