2025届四川省内江市高三一模考试数学试题

这是一份2025届四川省内江市高三一模考试数学试题，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．在复平面内，复数的对应点坐标为，则的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知两个向量，，且，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．“”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．已知一批产品中有是合格品，检验产品质量时，一个合格品被误判为次品的概率为，一个次品被误判为合格品的概率为．任意抽查一个产品，检查后被判为合格品的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．函数的部分图象如图所示，若、，且，则（ ）
A．B．C．D．
7．年月日是第个植树节，为加快建设美丽内江、筑牢长江上游生态屏障贡献力量，我市积极组织全民义务植树活动．现有一学校申领到若干包树苗（每包树苗数相同），该校个志愿小组依次领取这批树苗开展植树活动．已知第组领取所有树苗的一半又加半包，第组领取所剩树苗的一半又加半包，第组也领取所剩树苗的一半又加半包．以此类推，第组也领取所剩树苗的一半又加半包，此时刚好领完所有树苗．请问该校共申领了树苗多少包？（ ）
A．B．C．D．
8．已知为常数，函数有两个极值点、，且，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
二、多选题
9．抛掷一枚质地均匀的骰子，观察骰子朝上面的点数，记随机事件“点数为”，其中，则下列论述正确的是（ ）
A．
B．若“点数大于”，则
C．若连续抛掷骰子次，记“点数之和为”，则
D．若重复抛掷骰子，则事件发生的频率等于事件发生的概率
10．已知，则下列不等关系正确的有（ ）
A．B．
C．D．
11．给定函数，．分别用、表示、中的最小者、最大者，记为,．下列说法正确的是（ ）
A．
B．当直线与曲线有三个不同交点时，
C．当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点
D．函数的值域为
三、填空题
12．在的展开式中，常数项为 .
13．在平行四边形中，已知，，，点在边上，，与相交于点，则的余弦值为 ．
14．已知函数（，且）的图象无限接近直线但又不与该直线相交，且在上单调递增，请写出一个满足条件的的解析式 ．
四、解答题
15．在中，，，分别为内角所对的边，且满足．
(1)求；
(2)若，求周长的最大值．
16．已知数列、满足，，，，其中、、．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
17．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
18．某市为全面提高青少年健康素养水平，举办了一次“健康素养知识竞赛”，分预赛和复赛两个环节，预赛成绩采用百分制，排名前三百名的学生参加复赛．已知共有名学生参加了预赛，现从参加预赛的全体学生中随机地抽取人的预赛成绩作为样本，得到如下频率分布直方图：
(1)规定预赛成绩不低于分为优良，若从上述样本中预赛成绩不低于分的学生中随机地抽取人，求至少有人预赛成绩优良的概率；
(2)由频率分布直方图，可认为该市全体参加预赛学生的预赛成绩近似服从正态分布，其中可近似为样本中的名学生预赛成绩的平均值（同一组数据用该组区间的中点值代替），且，已知小明的预赛成绩为分，利用该正态分布，估计小明是否有资格参加复赛？
(3)复赛规则如下：①复赛题目由、两类问题组成，答对类问题得分，不答或答错得分；答对类问题得分，不答或答错得分；②、两类问题的答题顺序可由参赛学生选择，但只有在答对第一类问题的情况下，才有资格答第二类问题．已知参加复赛的学生甲答对类问题的概率为，答对类问题的概率为，答对每类问题相互独立，且与答题顺序无关．为使累计得分的期望最大，学生甲应选择先回答哪类问题？并说明理由．
附：若，则，，；．
19．已知函数，取；过点作曲线的切线，该切线与轴的交点记作．若，则过点作曲线的切线，该切线与轴的交点记作．以此类推得，直至停止，由这些数构成数列．
(1)若正整数，证明：；
(2)若正整数，证明：；
(3)若正整数，是否存在使得依次成等差数列？若存在，求出的所有取值；若不存在，请说明理由．
参考答案：
1．A
【分析】根据复数的几何意义可知，再根据复数的乘法以及共轭复数的定义分析判断.
【详解】因为复数的对应点坐标为，则，
可得，
所以的共轭复数为.
故选：A.
2．D
【分析】求出集合、，再利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，
，
所以，.
故选：D.
3．C
【分析】根据向量垂直可得，再结合向量的坐标运算求解即可.
【详解】因为，则，即，
又因为，，则，解得.
故选：C.
4．B
【分析】根据充分条件和必要条件的定义研究条件的充分性和必要性.
【详解】若，假设，则由可知，矛盾，所以，这表明条件是必要的；
对，有，，这表明条件不是充分的.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5．B
【分析】记事件抽取的一个产品为合格品，事件抽查一个产品被判为合格品，利用全概率公式可求得的值.
【详解】记事件抽取的一个产品为合格品，事件抽查一个产品被判为合格品，
则，，，
由全概率公式可得.
所以，任意抽查一个产品，检查后被判为合格品的概率为.
故选：B.
6．C
【分析】利用图象求出函数的解析式，利用正弦型函数的对称性可求出的值，代值计算可得出的值.
【详解】由图可知，函数的最小正周期为，则，
所以，，
因为，且函数在附近单调递减，
所以，，解得，
又因为，所以，，则，
因为，可得，
所以，，
因为、，则，，
因为，则，所以，，
故.
故选：C.
7．B
【分析】设原有树苗有包，求出第组到第组所领取树苗的包数，结合等比数列求和公式可得出关于的等式，解之即可.
【详解】设原有树苗有包，第组领取包，
第组领取包，
第组领取包，
，
以此类推可知，第组领取包，
由题意可得，
即，解得.
故选：B.
8．A
【分析】由可得出，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合得出，计算得出，，构造函数，其中，利用导数求该函数的值域，即可得出合适的选项.
【详解】因为，该函数的定义域为，
，
由题意可知，、为方程的两根，
由可得，令，其中，
由题意可知，直线与函数的图象有两个交点，
，
由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为0,+∞，
故，
且当时，gx0，如下图所示：
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
且，由题意可得，
所以，，
，
令，其中，则，
所以，函数在0,+∞上单调递增，则，即，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于确定、的取值范围，再结合极值点所满足的条件消去参数，进而转化为构造函数求值域的问题.
9．AC
【分析】分析可知，，可判断A选项；利用对立事件的概率公式可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；利用频率与概率的关系可判断D选项.
【详解】对于A选项，，则，A对；
对于B选项，若“点数大于”，则，B错；
对于C选项，若连续抛掷骰子次，记“点数之和为”，
基本事件总数为，若抛掷骰子，第一次向上的点数为，第二次向上的点数为，
以作为一个基本事件，则事件包含的基本事件有：、、，共个基本事件，
由古典概型的概率公式可得，C对；
对于D选项，若重复抛掷骰子，则事件发生的频率在事件发生的概率值附近波动，D错.
故选：AC.
10．ABC
【分析】利用正切函数的基本性质可判断A选项；推导出，结合函数的单调性可判断B选项；利用函数在上的单调性可判断C选项；利用基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，则，
所以，，故，A对；
对于B选项，因为，则，所以，，
因为函数在上为增函数，
所以，，即，B对；
对于C选项，构造函数，其中，则，
所以，函数在上为增函数，所以，，
即，即，故，C对；
对于D选项，因为，
所以，，D错.
故选：ABC.
11．ACD
【分析】求出函数、的解析式，可判断A选项；数形结合可判断B选项；求出切线方程，将切线方程与函数的解析式联立，求出交点个数，可判断C选项；化简函数的解析式，并求其值域，可判断D选项.
【详解】函数、的定义域均为，且，
所以，，
，
对于A选项，当时，，则，此时，，
当时，，则，此时，，A对；
对于B选项，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，B错；
对于C选项，当时，，则，
因为，则，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即，
当时，由，
整理可得，可得（舍去），
当时，由可得，
解得或（舍去），
综上所述，当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点，C对；
对于D选项，当时，，
当时，.
综上所述，函数的值域为，D对.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．
12．
【分析】先求出通项，然后令的指数为零即可．
【详解】解：由题意得：，
令得，
故常数项为．
故答案为：．
13．
【分析】以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算可得出，即可得解.
【详解】以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
在平行四边形中，已知，，，点在边上，，
则、、、，则，，
所以，.
故答案为：.
14．（答案不唯一，满足且均可）
【分析】根据复合函数单调性结合指数函数单调性分析可知，再结合指数函数值域可得，即可得结果.
【详解】当时，在0,+∞上单调递增，
当时，在上单调递减，
且在R上单调递减，
可知在0,+∞上单调递减，在上单调递增，
则，
若在0,+∞上单调递增，则，
可得，
若函数图象无限接近直线但又不与该直线相交，可知，
综上所述：且.
例如，可得.
故答案为：（答案不唯一，满足且均可）.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换运算求解即可；
（2）利用余弦定理可得，再结合不等式可得，即可得结果.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
且，即，
又因为，则，
可得，即，所以.
（2）由余弦定理可得：，
即，可得，
又因为，可得，即，
当且仅当时，等号成立，
所以周长的最大值为.
16．(1)
(2)
【分析】（1）分析可得对任意的，，利用前项和与通项的关系可求得数列的通项公式；
（2）由题意得出，可求得数列的通项公式，进而可求得数列的通项公式，利用裂项求和法可求得.
【详解】（1）由题意可知，对任意的，，
当时，由，可得，
上述两个等式作差可得，可得，
也满足，故对任意的，.
（2）由题意可知，，所以，.
所以，，
所以，.
17．(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数的符号判断原函数单调性；
（2）由题意可得：，分和两种情况，结合（1）中单调性分析求解即可.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且，
若，则f′x