1、广东省肇庆市2023上学期第一次教学质量检测数学本试题共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.如图，已知全集，集合，图中阴影部分表示集合，则A.B.C.D.2.同时满足以下三个条件的一个复数是.复数
2、在复平面内对应的点位于第三象限；复数的模为5；复数的实部大于虚部.A.B.C.D.3.设，则下列关系正确的是A.B.C.D.4.已知是各项均为正数的等差数列，且，则的最大值为A.10B.20C.25D.505.下列选项正确的是A.是的必要不充分条件B.在中，是的充要条件C.是的充要条件D.命题“，”的否定是：“，”6.已知函数，满足导函数恒成立，则下列选项正确的是A.B.C.D.7.的值为.A.B.C.1D.28.周髀算经是我国最早的数学典籍，书中记载：我国早在商代时期，数学家商高就发现了勾股定理，亦称商高定理三国时期数学家赵爽创制了如图2（1）的“勾股圆方图”（以弦为边长得到的正方形是由4个
3、全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成），用数形结合法给出了勾股定理的详细证明.现将“勾股圆方图”中的四条股延长相同的长度得到图2（2）.在图2（2）中，若，G，F两点间的距离为，则“勾股圆方图”中小正方形的面积为A.9B.4C.3D.8二、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.已知实数a，b，c满足且，则下列选项正确的是A.B.C.D.10.把函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于y轴对称，则下列说法正确的是A.的最小正周期为B.关于点对称C.在上单调递增D.若在区间上
4、存在最大值，则实数的取值范围为11.已知函数，则下列选项正确的是A.函数在区间上单调递增B.函数在区间上单调递增C.关于x的方程恰有两个根，则D.函数在上的最大值与最小值之和为12.定义两个非零平面向量的一种新运算：，其中表示，的夹角，则对于两个非零平面向量，下列结论一定成立的是A.B.C.D.若，则与平行三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知等比数列的前项和为，且，则_.14.已知直线与曲线相切，则_.15.已知函数若关于的方程有两个不相等的实根，则实数的取值范围是_.16.在中，点D、E分别在BC、AC上，且满足，点F在AD上，且满足.若，设，则的最大值为_.四、解答题
5、：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.（10分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的面积为，.（1）若，求S的值；（2）若D是AC的中点，且，求的值.18.（12分）已知正项数列的前项和为，且满足.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，证明：.19.（12分）已知函数.（1）是否存在实数，使得在处取得极小值，并说明理由；（2）证明：对任意都有成立.20.（12分）已知各项均不为零的数列满足，且，设.（1）证明：为等比数列；（2）求的前项和.21.（12分）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D是BC上的点，AD平分.（1）若，求的值
6、；（2）若为锐角三角形，请从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，求的取值范围.条件：；条件：；条件：.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.22.（12分）已知函数.（1）当时，求的单调区间；（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围.数学参考答案及评分标准（参考答案解析）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.12345678DCBCBCAB1.D【解析】全集，故答案选D.2.C【解析】复数在复平面内对应的点位于第三象限，实部、虛部都小于0，故排除A选项；复数的模为5，而，故排除B选项；复数的实部大于虚部，又-3-4，C选项正确，故选C.3.B【解析】，；，；，.
7、故选B.4.C【解析】，当且仅当时等号成立，故选C.5.B【解析】若，则，若，则，是的充要条件，故A错误；若，则或（显然不成立），若，则，是的充要条件，故B正确；若，则，若，则，是的充分不必要条件，故C错误；命题“，”的否定是：“，”，故D错误.6.C【解析】令，则，在上单调递减，即，同理可得：，故答案选C.7.A【解析】，故选A.8.B【解析】由条件可得.在中，由余弦定理得，“勾股圆方图”中小正方形的边长为，面积为4，故选B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.（全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9101112ADACDBCAD9.AD【解析】由题意得或，所以A
8、正确；取，则，故B不正确；取，故C不正确；因为，所以，函数在上是增函数，所以成立，故D正确.10.ACD【解析】把函数的图像向左平移个单位长度得到函数的图像，因为它关于轴对称，所以，即，又因为，所以，故A正确；，故B错误；令，得，故C正确；函数在上存在最大值，实数的取值范围为，故D正确.11.BC【解析】当时，当时，单调递减，当时，单调递增，故A错误，B正确；当时，且.当时，单调递增，又，结合草图可知，当时，关于的方程恰有两个根，故C正确；，在上的最大值为，最小值为0，故D错误.12.AD【解析】，A正确；对于选项B，如图，在平行四边形中，取，则表示的面积，表示的面积，表示平行四边形的面积，而
9、，故B错误；对于选项C，当时，不成立，故C错误；由，或，即与平行，故D正确.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.64 14. 15. 16.1813.64【解析】依题意可得，.14.【解析】设切点为，解得，.15.【解析】利用数形结合可得，实数的取值范围为.16.18【解析】因为，所以，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立.四、解答题：本题共6小题，共70分.17.（10分）解：由及正弦定理得，所以.（1）在中，由余弦定理，得，.（2）因为D是AC的中点，且，记，在中，由余弦定理得，即，在中，由余弦定理得，即，整理可得，又因为，所以.18.（12分）解：（1）依题意可得，当时
10、，则；当时，两式相减，整理可得，可得，所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以.（2）证明：由（1）可知，所以，.所以成立.19.（12分）解：（1）假设存在实数，使得在处取得极小值，则，所以.所以，则；，则；，则；在上是减函数，在上是增函数，所以当时，的极小值为.（2）证明：由（1）可知，当时，即.令，则，所以，故命题成立.20.（12分）解：（1）证明：因为，所以，即，即，是以为首项，为公比的等比数列，.（2）解法1：由（1）知，即，是常数列，令，则， 式减式得，化简整理得.解法2：由（1）知，即，是常数列，为常数列.，.21.（12分）解：（1）解法1：依题意可得，可得，又因为平分，且
11、，所以，则，整理可得.解法2：在中，由余弦定理可得，所以，在中，由正弦定理可得，所以；在中，由正弦定理可得，所以.故有，即，.在中，由余弦定理可得，即，解得或；在中，由余弦定理可得，即，解得或.综上可知.解法3：因为B，C，D三点共线，所以，因为平分，且，所以.，化简可得，化简可得，解得，所以.解法4：因为平分，且，所以，由角平分线性质得.又因为B，C，D三点共线，所以，则，所以.解法5：（几何法）作，交AD延长线于E，因为平分，且，所以.又因为，所以，所以为等边三角形，.又因为，所以，所以.则，所以.解法6：延长AD交CE于点E，使得，因为AD平分，所以，所以，所以，则有，即，又因为，所以，
12、所以，则，所以（这个是斯库顿定理），在中，由余弦定理可得，所以，因为平分，且，所以，由角平分线性质得，所以，所以，解得.（2）选条件，即，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，平分，与互补，.是锐角三角形，即的取值范围为.选条件，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，平分，与互补，.是锐角三角形，的取值范围为.选条件，由正弦定理得，根据余弦定理的推论得，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，平分，与互补，.是锐角三角形，的取值范围为.22.（12分）解：（1）当时，令，则，则或，则，的单调递减区间为，单调递增区间为，.（2）当时，不等式恒成立，即恒成立，当时，显然成立；当时，有，即，令，令，所以在上单调递增，在上单调递增，若，即，则，所以在上单调递增，满足题意，若，即，又所以使得，当时，所以函数单调递减，当时，不满足题意.综上所述，实数a的取值范围为.
