精品解析：广东省肇庆市2026届高三上学期第一次模拟考试数学试题

肇庆市2026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120分钟，满分150分 注意事项： 1.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. 2.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. 3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 2. 已知方程的两个复数根分别为，，则（ ） A. 0 B. 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、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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（ ） 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：本题共3小题，每小题5分，共15分. 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：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 肇庆市2026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120分钟，满分150分 注意事项： 1.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. 2.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. 3.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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：A 2. 已知方程的两个复数根分别为，，则（ ） A. 0 B. 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， 可得方程的两个复数根分别为，， 所以. 故选：D 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. 【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：B 4. 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：C 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据同角三角函数商数的关系化简，结合两角和的正切公式得，利用诱导公式即可求解. 【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：A 7. 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， 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. 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、二倍角的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：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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（ ） A. B. C. 当或时，取最大值 D. 的最小值为0 【答案】BC 【解析】 【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，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 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用正切函数的周期性求得判断A；利用正切函数的定义域求解判断B；利用正切函数的单调性求解判断C；利用正切函数的性质解不等式判断D. 【详解】∵，∴，∴，故A错误； ∵，∴， ∴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. 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 【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． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15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】 【分析】先利用导数的几何意义求出切线方程，然后利用导数几何的意义求得曲线的切点坐标，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 14. 在中，三个内角的对边分别为，是钝角，，则的最大值是__________. 【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77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 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. 【答案】（1） （2），对称中心为，. 【解析】 【分析】（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，. 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）当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2），证明如下： 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． 【解析】 【分析】（1）先求出函数的导数，再根据导数与0的大小关系来确定函数的单调性，需要对a的取值进行分类讨论； （2）先求出的导数，根据在(1,2)上有极值，求导，分和讨论，进而求出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】 略 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】 【分析】（1）利用正弦定理化简已知得，再利用辅助角公式得，求解即可； （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； （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:∵，∴， ∵， ∴是首项为4，公比为2的等比数列. ∴，即. （2）是， （3）不存在 【解析】 【分析】（1）将变形为，然后利用等比数列定义判定为等比数列，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】 略 【小问2详解】 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，. 【小问3详解】 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. 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）当，时，，要证，即证：. 设，则，∴在上单调递减， ∵，∴，即，∴得证. （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）将所证不等式转化为证明，构造函数，利用导数法研究单调性即可证明. （2）（ⅰ）求出导函数，利用导数求出单调区间，然后求出所有极大值点，即可得解； （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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （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， ∵，∴，∴， ∴，所以得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $