2025届四川省内江市高三一模考试数学试卷（解析版）

这是一份2025届四川省内江市高三一模考试数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.
【答案】A
【解析】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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
，
所以，.
故选：D.
3. 已知两个向量，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为，则，即，
又因为，，则，解得.
故选：C.
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
【答案】B
【解析】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. 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.
【答案】B
【解析】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，
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. 函数的部分图像如图所示，若、，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】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. 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.
【答案】B
【解析】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. 已知为常数，函数有两个极值点、，且，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】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，直线与函数的图像有两个交点，
，
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，直线与函数的图像有两个交点，
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.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 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
【答案】AC
【解析】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. 已知，则下列不等关系正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】对于A选项，因，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. 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
【答案】ACD
【解析】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，作出函数的图像如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图像有三个交点，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.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，常数项为___________.
【答案】
【解析】解：由题意得：，
令得，
故常数项为．
故答案为：．
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______．
【答案】
【解析】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. 已知函数（，且）的图像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______．
【答案】（答案不唯一，满足且均可）
【解析】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，
若函数图像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）.
四、解答题：本大题共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. 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．
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. 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．
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. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若恒成立，求实数取值范围．
解：（1）由题意可知：的定义域为，且，
若，则f'x0，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增；
综上所述：若，在内单调递减；
若，在内单调递减，在内单调递增.
（2）因为恒成立，则，
若，由（1）可知：在内单调递减，
且当趋近于时，趋近于，不合题意；
若，由可得，
由（1）可知：在内单调递减，在内单调递增，
则，
若，则，可得，符合题意；
综上所述：实数的取值范围为1,+∞.
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，，；．
解：（1）由题意可知，抽取的人中，
预赛成绩不低于分的人数为，
预赛成绩不低于分的学生人数为，
因此，从上述样本中预赛成绩不低于分的学生中随机地抽取人，
至少有人预赛成绩优良的概率为.
（2）由频率分布直方图可知，，
，，
，
所以，小明有资格参加复赛.
（3）若学生甲先答类问题，设他的得分为随机变量，则的可能取值有、、，
，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
则，
若学生甲先答类问题，设该同学的得分为随机变量，则的可能取值有、、，
，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
则，
所以，，因此，学生甲应先回答类问题.
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．
（1）证明：因为，则，
若，曲线在点处的切线斜率为，
则切线方程为，
令，可得，解得，
所以.
（2）证明：
构建，则，
当时，；当时，；
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，可得，当且仅当时，等号成立，
当时，则，
可得，
累加可得，所以.
（3）解：若存在使得依次成等差数列，
当时，则依次成等差数列，可得，
又因为，则，
可得，即，
构建，则，
由（2）可知：，即，
可得，当且仅当时，等号成立，
则，
且，当且仅当时，等号成立，
可得，可知在内单调递增，
且，
可知在内有且仅有一个零点，
当时，则依次成等差数列，可得，
又因为，则，
可得，即，
根据零点的唯一性可知：，
由（2）可知：，可知为递减数列，
所以不成立，即时，不存在使得依次成等差数列；
综上所述：存在使得依次成等差数列，此时.