广东省肇庆市加美学校2024届高三上学期数学模拟卷（一）

这是一份广东省肇庆市加美学校2024届高三上学期数学模拟卷（一），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1. 已知集合，.若，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式可求得集合，由并集结果可求得结果.
【详解】由得：或，即，
，，，即实数的取值范围为.
故选：B
2. 已知复数，，若，则实数（ ）
A. 1B. 2C. 3D.
【答案】C
【解析】
【分析】由共轭复数的定义结合复数的乘法运算化简，再由相等复数的定义即可得出答案.
【详解】因为，
所以，，解得．
故选：C．
3. 已知角的顶点是坐标原点，始边是轴的正半轴，终边是射线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的定义可求得，由二倍角和两角和差正切公式可求得结果.更多优质资源可进入 【详解】角的终边是射线，，，
.
故选：B.
4. 已知向量，，，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对两边平方化简可得答案.
【详解】，，
，
解得，
又，，即与的夹角为.
故选：D.
5. 已知，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，得到，结合不等式的基本性质、作差比较、基本不等式和对数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，则，
对于A中，由，所以，所以A不正确；
对于B中，由，且，则，所以B不正确；
对于C中，由，且，
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时，所以C不正确；
对于D中，由，因为，可得，
所以，可得，所以D正确.
故选：D.
6. 函数的大致图像为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】函数是由函数向左平移1个单位得到的，而是偶函数，所以得的图像关于直线对称，再取值可判断出结果.
【详解】解：因为是由向左平移一个单位得到的，
因为，
所以函数为偶函数，图像关于轴对称，
所以的图像关于对称，故可排除A，D选项；
又当或时，，，
所以，故可排除C选项
.故选：B.
【点睛】此题考查函数图像的识别，利用了平移、奇偶性，函数值的变化情况，属于基础题.
7. 已知锐角的内角的对边分别为，若，，则面积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】结合式子的特点，联系余弦定理，以及，表示出三角形ABC的面积，，结合三角函数的图像求出范围.
【详解】由于 ，， ，
且 ，所以 ，那么外接圆半径为 ，

由于 ，
所以 ，，
故 .
故选：A.
8. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】a和b的大小比较，利用作差法判断；b和c的大小比较，通过构造函数，利用其单调性判断；a和c的大小比较，通过构造函数，利用其单调性判断.
【详解】解：因为，所以．
设，则，故在上单调递增．
因为，所以，即．
设，则，当时，，则在上单调递减．
因为，所以，即．
综上．
故选：B
二、多选题
9. 设z为复数，则下列命题中正确的是（ ）
A. z2＝|z|2B. C. 若|z|＝1，则|z+i|的最大值为2D. 若|z﹣1|＝1，则0<|z|<2
【答案】BC
【解析】
【分析】设，则，通过计算可证明选项A错误选项B正确；利用数形结合可以证明选项C正确选项D错误.
【详解】解：设，则，
对A：，故A错误；
对B：，故B正确；
对C：若，则该复数对应点为以原点为圆心，半径为1的圆上的点，
而表示复数对应点到的距离，
故当且仅当对应点为时，取得最大值2，故C正确；
对D：若，其表示复数对应的点是以为圆心，为半径的圆上的点，
又表示复数对应点到原点的距离，显然，故D错误.
故选：BC.
10. 设函数，则（ ）
A. 在上单调递增
B. 在内有个极值点
C. 的图象关于直线对称
D. 将的图象向右平移个单位，可得的图象
【答案】BC
【解析】
【分析】利用代入检验法可知AC正误；利用整体对应的方式可确定当时，的极值点位置，知B正确；根据三角函数平移变换知D错误.
【详解】对于A，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，A错误；
对于B，当时，，
则当或或或或或时，取得极值，
在内有个极值点，B正确；
对于C，当时，，图象关于对称，C正确；
对于D，将向右平移个单位可得：，D错误.
故选：BC.
11. 函数的图象如图，把函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，可得到函数的图象，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 函数的最小正周期为
C. 函数在区间上单调递增
D 函数关于点中心对称
【答案】BC
【解析】
【分析】根据图象先分析出的取值范围，然后根据分析出的可取值，然后分类讨论的可取值是否成立，由此确定出的取值，则A可判断；根据图象平移确定出的解析式，利用最小正周期的计算公式，则B可判断；先求解出的单调递增区间，然后根据的取值确定出是否为单调递增区间，则C可判断；根据的值是否为判断D是否正确.
【详解】由图可知：，所以，所以，
又因为，，所以或，
又因为，所以，
又因为，所以，所以，
当时，，解得，这与矛盾，不符合；
当时，，解得，满足条件，
所以，所以，
A．由上可知A错误；
B．因为，所以的最小正周期为，故B正确；
C．令，所以，
令，此时单调递增区间为，且，故C正确；
D．因为，所以不是对称中心，故D错误；
故选：BC.
【点睛】方法点睛：已知函数，
若求函数的单调递增区间，则令，；
若求函数的单调递减区间，则令，；
若求函数图象的对称轴，则令，；
若求函数图象的对称中心或零点，则令，．
12. 已知为所在平面内一点，则下列正确的是（ ）
A. 若，则点在的中位线上
B. 若，则为的重心
C. 若，则为锐角三角形
D. 若，则与的面积比为
【答案】ABD
【解析】
【分析】设中点为，中点为，由可得，可知A正确；
设中点为，由得，对应重心的性质可知B正确；
由知为锐角，但无法确定，知C错误；
根据平面向量基本定理可知，将面积比转化为，知D正确.
【详解】对于A，设中点为，中点为，
，，
，即，三点共线，
又为的中位线，点在的中位线上，A正确；
对于B，设中点为，由得：，
又，，在中线上，且，
为的重心，B正确；
对于C，，与夹角为锐角，即为锐角，但此时有可能是直角或钝角，故无法说明为锐角三角形，C错误；
对于D，，为线段上靠近的三等分点，即，
，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量在几何中的应用问题，涉及到三角形重心的表示、平面向量基本定理的应用等知识；本题解题关键是能够根据平面向量线性运算将已知等式进行转化，确定点的具体位置及其满足的性质.
三、填空题
13. 记是公差不为的等差数列的前项和，若，，则________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用表示出已知的等量关系，解方程组求得后，利用等差数列通项公式求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，
由得：，解得：，.
故答案为：.
14. 已知为偶函数，且当时，，则在处的切线方程为______．
【答案】；
【解析】
【分析】首先求时，函数的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程.
【详解】设，，因为函数是偶函数，
所以，
当时，，，，
所以在处的切线方程为，
即.
故答案为：
15. 已知函数，，当实数的取值范围为________时，的零点最多.
【答案】
【解析】
【分析】作出函数的图象，由得，设，分，，分别讨论与的交点个数，当时，求得与相切时切线的斜率，与相切时切线的斜率，由此可求得实数的取值范围.
【详解】解：作出函数的图象如图：
由得，设，
当时，与有2个交点；
当时，与有2个交点；.
当时，设与相切，切点为，则，所以切线的斜率为，
其切线方程为：，
又因切线恒过点，所以，解得，所以切线的斜率为，当时，设与相切，切点为，则，所以切线的斜率为，
其切线方程为：，
又因切线恒过点，所以，解得，所以切线的斜率为，
所以当时，与有1个交点；
当时，与有2个交点；
当时，与有3个交点；
当时，与有4个交点；
所以实数的取值范围为时，的零点最多，
故答案为：.
16. 已知函数的导函数为，则__________；若，则__________．
【答案】 ① 1； ②.
【解析】
【分析】求出，令可求；利用对数的运算性质对变形可求.
【详解】解：，
，
令，得；
，
，
.
故答案为：1；.
五、解答题
17. 在中，角，，所对的边分别为，，，满足.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
【分析】（I）根据正弦定理转化条件为，
再由，带入整理即可得解；
（Ⅱ）利用余弦定理，再结合基本不等式即可得解.
【详解】（Ⅰ）由
得：，
∴
∴
所以，
∴，∵，∴.
（Ⅱ）∵，，
∴
（当且仅时取等号）
又，
∴.
18. 已知数列满足，．
（1）证明：数列为等比数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由等比数列的定义证明即可；
（2）由错位相减法求和即可得出答案.
【小问1详解】
因为，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列．
小问2详解】
由（1）得数列，所以，
则数列的前项和：
①，
所以②．
由①-②，得，
所以
19. 锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角C的值；
（2）若，D为AB的中点，求中线CD的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简可得出，结合角为锐角可求得结果；
（2）由余弦定理可得出，利用平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算可得出，利用正弦定理结合正弦型函数的基本性质可求得的取值范围，可得出的取值范围，即可得解
【小问1详解】
由，
，
，，，．
【小问2详解】
，，，
由余弦定理有：，，
所以，，
由正弦定理，，，，
，
，因为为锐角三角形，所以且，
则，,则，．
20. 已知数列的前项和为，满足．
（1）求；
（2）令，证明：，．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用，结合条件可得，再利用等差数列的求和公式计算即可.
（2）结合（1）可知，利用放缩，再结合裂项相消求和即可证明.
【小问1详解】
因为，
所以由，
可得，
所以，，
即，
即.
【小问2详解】
，当时，．
当时，，
故．
综上，，．
21. 在中，．
（1）求；
（2）如图，为平面上外一点，且，，若，求四边形ABDC面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用二倍角公式得到求解；
（2）在中，利用余弦定理得到，易得为等边三角形，再由表示，然后由四边形的面积求解.
【小问1详解】
解：由，
得，
化简得，
所以，故．
又，所以．
【小问2详解】
在中，
．
由（1）知．又，所以为等边三角形，
所以的面积
．
又的面积，
故四边形的面积，
，
，
当时，四边形的面积最大，最大值为．
22. 已知函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）对任意的，都有，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出时的解析式并求出，利用导数的几何意义求出切线斜率，再求出切点坐标，然后利用点斜式即可求出切线方程；
（2）构造函数，并求，结合题意至少可得，先证明在上单调递增，再证明时，成立即可．
【小问1详解】
当时，，则．
所以，，
故所求切线方程为，即．
【小问2详解】
设，
则．
因为，所以至少满足，即．
设．
因为，，所以在上单调递增，
所以．
设，
则．
因为，所以，，
则在上恒成立，即在上单调递增，
所以，即对任意，都有．
故a的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：破解此类题的关键：①是定义域优先，求解有关函数的单调性时，需注意定义域优先；②是活用导数，对函数求导，利用导数的符号判断函数的单调性；③是会转化，会把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，通过构造函数，借用导数，判断函数的单调性，求其最值，即可得参数的取值范围，必要时可先给出所求参数的取值范围，再证明参数取最值时成立即可．