1、广东省肇庆市2024届高三上第一次教学质量检测数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 2 已知复数满足，则（ ）A 1B. C. 2D. 43. 记为等比数列的前项和，若，则（ ）A. 3B. 4C. 5D. 64. 已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件5. 若，则，大小关系为（ ）A. B. C. D. 6. 记内角的对边分别为，已知，则（ ）A. B. C. D. 7. 已知，且，则的最大值为（ ）A. 2B. C. 4D. 8. “顺德眼”是华南地区
2、首座双立柱全拉索设计的摩天轮总共设有36个等间距座舱，其中亲子座舱4个，每2个亲子座舱之间有8个普通座舱，摩天轮上的座舱运动可以近似地看作是质点在圆周上做匀速圆周运动，质点运行轨迹为圆弧，运行距离为弧长，“顺德眼”在旋转过程中，座舱每秒运行约0.2米，转一周大约需要21分钟，则两个相邻的亲子座舱在运行一周的过程中，距离地面的高度差的最大值约为（ ）（参考数据：，计算结果保留整数）A. 40米B. 50米C. 57米D. 63米二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列函数中，既是奇函数
3、又是增函数的是（ ）A. B. C. D. 10. 已知是模长为1的复数，则（ ）A. B. C. D. 11. 已知，是夹角为的单位向量，且，则（ ）A. 在上的投影向量为B. C. D. 12. 已知定义在R上的函数，对任意的，都有，且，则（ ）A. 或1B. 是偶函数C. ，D. ，三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 记数列前项和为，且，则_.14. 已知向量，若，则_.15. 已知函数在区间上的值域为，则_.16. 已知不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是_.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 记的内角的对边分别为
4、，已知为锐角，且.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.18. 已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列，且.（1）求与的通项公式；（2）记，记为数列的前项和，求.19. 设，为实数，且，函数.（1）讨论的单调性；（2）设，函数，试问是否存在极小值点?若存在，求出的极小值点；若不存在，请说明理由.20. 记数列的前项和为，已知，是公差为1的等差数列.（1）求的通项公式；（2）设为数列落在区间，内的项数，在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和.21. 如图，在四边形中，.（1）若，求；（2）求的最大值.22. 已知函数.（1）求的极值点；（2）若（且），
5、证明：对一切，都有（）；（）.广东省肇庆市2024届高三上第一次教学质量检测数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先求出集合、，再根据交集的定义计算可得.【详解】因为，所以.故选：D2. 已知复数满足，则（ ）A. 1B. C. 2D. 4【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可得解.【详解】因为，所以，.故选：A.3. 记为等比数列的前项和，若，则（ ）A. 3B. 4C. 5D. 6【答案】C【解析】【分析】根据条件列出关于首项和公比的方程组，求出首项和公比即可
6、求解.【详解】由，得，解得，.故选：C.4. 已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】运用诱导公式和充分必要条件的定义判断求解即可.【详解】因为，则，故充分性成立，若，所以，所以，则，所以必要性不成立，即是的充分不必要条件.故选：A5. 若，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】构造函数，利用导数求出函数的单调区间及最值，证明，再根据已知条件即可得出答案.【详解】设，则，当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，即，又，所以.故选：B.6. 记的内角的对边分别为，
7、已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理变形等式，可得三角形为等边三角形，即得答案.【详解】因为，有正弦定理得，则，所以，故，即，代入上边等式可得，则三角形为等边三角形，故故选：7. 已知，且，则的最大值为（ ）A. 2B. C. 4D. 【答案】B【解析】【分析】由，两边取对数得到，再设，两边取对数，利用基本不等式求解.【详解】解：因为，所以，设，则，则，当且仅当，即时，等号成立，故选：B8. “顺德眼”是华南地区首座双立柱全拉索设计的摩天轮总共设有36个等间距座舱，其中亲子座舱4个，每2个亲子座舱之间有8个普通座舱，摩天轮上的座舱运动可以近似地看作是质点
8、在圆周上做匀速圆周运动，质点运行轨迹为圆弧，运行距离为弧长，“顺德眼”在旋转过程中，座舱每秒运行约0.2米，转一周大约需要21分钟，则两个相邻的亲子座舱在运行一周的过程中，距离地面的高度差的最大值约为（ ）（参考数据：，计算结果保留整数）A. 40米B. 50米C. 57米D. 63米【答案】C【解析】【分析】先根据题意求得圆的半径，再由当两个相邻的亲子座舱的连线与底面垂直时，距离地面的高度差最大求解.【详解】解： 设圆的半径为r，由题意得：，解得，如图所示：当两个相邻亲子座舱的连线与底面垂直时，距离地面的高度差最大，所以两个相邻的亲子座舱在运行一周的过程中，距离地面的高度差的最大值约为：，故
9、选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（ ）A. B. C. D. 【答案】CD【解析】【分析】根据函数的奇偶性的定义，结合导数判断单调性逐一判断即可.【详解】对于A，又，所以是偶函数，故A错误；对于B，由，所以在和上分别单调递增，但在定义域上并不单调递增，故B错误；对于C，所以是奇函数，又，所以是的增函数，故C正确； 对于D，所以是奇函数，又，所以是的增函数，故D正确.故选：CD.10. 已知是模长为1的复数，则（ ）A. B. C. D.
10、【答案】ACD【解析】【分析】设，按复数运算法则进行运算，逐项验证即可.【详解】设，由题知，则，故A正确；又，显然，故B错误；，故C正确；因为，即，故D正确，故选：ACD11. 已知，是夹角为的单位向量，且，则（ ）A. 在上的投影向量为B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】A选项，根据投影向量的定义可运算判断；B选项，根据向量模的定义结合数量积运算可判断；C选项，由数量积运算可判断；D选项，由向量夹角公式可运算判断.【详解】对于A，B，则，所以在上的投影向量为，故A，B正确；对于C，故C错误；对于D，所以，故D错误.故选：AB.12. 已知定义在R上的函数，对任意的，都有，且，则（
11、）A. 或1B. 是偶函数C. ，D. ，【答案】BD【解析】【分析】用赋值法，令求得判断A，令判断B，求出判断C，令得出递推关系，进而得出函数的周期性，然后由周期性计算判断D【详解】在中，又有，令得，所以，A错；令得，所以，是偶函数，B正确；令得，所以，令得，所以，令得，C错；令得，所以，由此，即，所以，是周期为6的周期函数，所以，D正确故选：BD【点睛】方法点睛：抽象函数求值问题，一般是通过赋值法，即在已知等式中让自变量取特殊值求得一些特殊的函数值，解题时注意所要求函数值的变量值与已知的量之间的关系，通过赋值还可能得出函数的奇偶性、周期性，这样对规律性求值起到决定性的作用三、填空题：本题共
12、4小题，每小题5分，共20分.13. 记数列的前项和为，且，则_.【答案】#【解析】【分析】由题可得数列的周期为3，可计算得解.【详解】，所以数列是周期为3的周期数列，又，.故答案：.14. 已知向量，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据平面向量的坐标运算法则，利用题中条件建立方程，结合模长公式进行计算即可.【详解】因为，则，又，即，解得，则故答案为：15. 已知函数在区间上的值域为，则_.【答案】【解析】【分析】根据三角函数值域的知识求得.【详解】依题意，函数在区间上的值域为，由于，所以，此时，当时取得最小值，符合题意，所以.故答案为：16. 已知不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是_
13、.【答案】【解析】【分析】根据已知条件构造函数，将原问题转化为在上单调性求解即可.【详解】因为，所以，即，令，所以，令，所以，所以当时，所以函数在上单调递增，所以，即，又，所以在上单调递增，即在上恒成立，即在上恒成立，所以有，故答案为：.【点睛】方法点睛：对于导数求参数取值范围问题，一般情况有以下几步： 分离参数 构造新函数对函数求导，分析单调性通过函数单调性分析即可解决问题特别难的时候往往还需要进行二次求导进行分析.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 记的内角的对边分别为，已知为锐角，且.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.【答案】（1） （
14、2）或【解析】【分析】（1）利用二倍角公式化简等式，解出即可；（2）根据正弦定理求出角,再利用三角形面积公式计算即可.【小问1详解】由已知可得,，解得.因为为锐角，所以，所以，所以.【小问2详解】由题，又由正弦定理，得.因为，所以或.当时，所以；当时，所以，所以的面积为或.18. 已知是公差为等差数列，是公比为的等比数列，且.（1）求与的通项公式；（2）记，记为数列的前项和，求.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）根据题中条件可得出关于、的值，再分别利用等差数列、等比数列的通项公式可求得数列与的通项公式；（2）利用分组求和法可求得的值.【小问1详解】由可得，解得，所以，.【小问2详解
15、】因为，由题意得.19. 设，为实数，且，函数.（1）讨论的单调性；（2）设，函数，试问是否存在极小值点?若存在，求出的极小值点；若不存在，请说明理由.【答案】（1）答案见解析 （2）存在极小值点，且极小值点为【解析】【分析】（1）根据题意，对求导，分和两种情况讨论即可求解；（2）对求导，确定函数的单调区间，根据零点存在性定理即可说明是否存在极值点.【小问1详解】，当时，在区间上单调递增；当，且时，单调递减；当时，单调递增.综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.【小问2详解】当时，故.令，所以，当时，单调递减；当时，单调递增.又，故，使得.当时，单调递增；当时
16、，单调递减；当时，单调递增，故存在极小值点，且极小值点为.20. 记数列的前项和为，已知，是公差为1的等差数列.（1）求的通项公式；（2）设为数列落在区间，内的项数，在和之间插入个数，使这个数构成等差数列，记这个等差数列的公差为，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据和的关系，相减法即可求得数列的通项公式；（2）由得，进而得到，则，再应用错位相减法即可.【小问1详解】当时，所以，所以，当时，.由-整理得.当时，满足上式，所以数列的通项公式为.【小问2详解】由题意知，所以，所以，故.由题可知，得，则，-得，所以.21. 如图，在四边形中，.（1）若，求；（2）求的最大值
17、.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）在中，求出，,进而求出，在中由余弦定理可得解；（2）过点作于点，设，求出，得到，利用基本不等式可得解.【小问1详解】由题意知，所以.在中，所以.在中，由余弦定理得，所以.【小问2详解】过点作于点，由，可得， 设，当时，点在点的右侧，如图，则.当时，点在点的左侧，如图，则.又，所以当，且时，.当时，点与点重合，满足上式，所以，其中.令，则，所以，当且仅当，即，时，等号成立，此时取得最大值，因为，所以为锐角，所以当时，取得最大值.22. 已知函数.（1）求的极值点；（2）若（且），证明：对一切，都有（）；（）.【答案】（1）极大值点为，；极小值点为，0
18、 （2）（）证明见解析；（）证明见解析【解析】【分析】（1）判断出函数为偶函数，分，三种情况求极值点；（2）（）根据函数单调性及零点存在性定理证明；（）借助（）的结论，通过放缩，用裂项相消法计算，进而证明命题.【小问1详解】因为，所以为偶函数，由题意得，故先考虑时的极值点情况：令可得，当时，此时，单调递增；当时，此时，单调递减；当时，此时，单调递增，所以的极大值点为，极小值点为.再考虑时的极值点情况：因为为偶函数，所以时，的极大值点为，极小值点为.当时，且在点附近单调性先减后增，所以0为极小值点.【小问2详解】（）由（1）可知函数在区间上单调递减，又，所以，在区间上单调递减，因为，且，所以在区间内存在唯一零点.在区间上单调递增，且，所以在区间内存在唯一零点，所以对一切，（）由（）知，所以，所以.【点睛】方法点睛：在证明有关和的不等式时，我们可以应用同向不等式的可加性达到目的，本题关键是对的放缩，利用裂项相消求和达到证明的目的.另外我们在解决问题时别忘了前面已求或已证的结论的应用.