四川省内江市2026届高三数学上学期期中测试试题含解析 (1)

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这是一份四川省内江市2026届高三数学上学期期中测试试题含解析 (1)，共17页。
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2、答第 I 卷时，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净
后，再选涂其他答案标号；答第Ⅱ卷时，用 0.5 毫米的黑色签字笔在答题卡规定的区域内作答，
字体工整，笔记清楚；不能答在试题卷上.
3、考试结束后，监考人将答题卡收回.
第 I 卷（选择题，共 58 分）
一、选择题：本大题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分，每小题有且只有一个正确答案.
1. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求解.
【详解】因为，又，
所以，
故选：A.
2. 复数（其中为虚数单位）的实部为（）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的运算得，即可求解.
【详解】因为，所以复数（其中为虚数单位）的实部为
，
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故选：B.
3. 已知为等差数列，记为其前 n 项和，若，则（）
A. 3 B. 7 C. 13 D. 2
【答案】C
【解析】
分析】由及已知，即可求.
【详解】由 .
故选：C
4. ，则的大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的图像与性质即可求解.
【详解】由于，，，所以；
故选：B
5. 若直线与曲线相切，则实数的值为（）
A. 0 B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对曲线方程求导，根据导数的几何意义得出切点处的导数等于直线斜率，从而求出切点坐标，
最后把切点坐标代入直线方程求出．
【详解】曲线方程求导得，
直线与曲线相切，设切点为，则，解得，
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代入曲线方程得，故切点坐标为，
切点同时位于直线上，
，解得．
故选：B．
6. 为了研究 y 关于 x 的线性相关关系，收集了 5 组样本数据（见下表）.若已求得一元线性回归方程
，则下列选项中正确的是（）
x 1 2 3 4 5
y 0.5 0.9 1 1.1 1.5
A.
B. x 与 y 的样本是负相关
C. 当时，y 的预估值为 2.2
D. 去掉样本点后，x 与 y 的样本相关系数 r 必会改变
【答案】A
【解析】
【分析】由表格数据求出样本中心点求解判断 A；由正负判断 B；由回归方程计算判断 C；由相关系数
公式判断 D.
【详解】，则样本中心点为，
对于 A，由，得，A 正确；
对于 B，由，得与的样本是正相关，B 错误；
对于 C，当时，的预估值为，C 错误；
对于 D，由相关系数公式知，去掉样本中心点后，与的样本相关系数不会改变，D 错误．
故选：A
7. 四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）．如果小正方形的面积为 1，大正方形
的面积为 13，直角三角形中较小的锐角为，那么（）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出直角三角形的两条直角边，然后求出，最后根据二倍角的余弦公式求出结果.
【详解】由题意可知，小正方形的边长为 1，大正方形的边长为 .
设直角三角形的长直角边为，则短直角边为，
根据勾股定理得，化简得，
解得或（舍去）.
所以，所以 .
故选：A.
8. 函数有三个零点，，（），有两个极值点，（），则（
）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出导函数，利用两个极值点和韦达定理得即可判断 A，根据函数有
3 个零点及性质得即可判断 BC，举反例判断 D.
【详解】由得，
由题意，即的两根为且，
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则，所以或（舍去），
由韦达定理可知，故不成立，A 选项错误；
当和时，，当时，，
所以在和上单调递增；在上单调递减；
若，
则，
故当为的零点时，则也为的零点，
易知，则，所以极大值，极小值 .
所以，且，所以，
所以选项 B 错误，C 正确；
因为及，所以，
若，则有，当时，矛盾，
故不一定成立，D 错误.
故选：C
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 已知函数，则下列结论正确的有（）
A. 的最小正周期为 B. 为偶函数
C. 在上单调递增 D. 的图象关于直线对称
【答案】ABD
【解析】
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【分析】对 A，根据条件，直接求出最小正周期，即可判断正误；对 B，根据条件得，
再由奇偶函数的定义，即可求解；对 C，根据选项条件求得，再利用的性质，
即可求解；对 D，利用的性质，求出的对称轴，即可求解.
【详解】对于 A，因为的最小正周期为，所以 A 正确，
对于 B，因为，则，
令，又，所以为偶函数，故 B
正确，
对于 C，当时，，由的性质知，在上不单调，所以 C
错误，
对于 D，由，得到，令，得，
所以的图象关于直线对称，故 D 正确，
故选：ABD.
10. 下列命题中正确的有（）
A. 已知随机变量，则
B. 数据 2，3，4，5，6 的第 60 百分位数是 4
C. 若事件 A 与 B 互斥，且，，则
D. 样本数据，，，的平均数为，方差为，则，，…，的平均数为
，方差为
【答案】CD
【解析】
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【分析】对于 A 利用二项分布的方差公式即可判断，对于 B 利用百分位数的定义即可判断，对于 C 利用互
斥事件的概率公式即可判断，对于 D 利用平均数和方差的性质即可判断.
【详解】对于 A：由，所以，故 A 错误；
对于 B：由，所以数据 2，3，4，5，6 的第 60 百分位数是，故 B 错误；
对于 C：事件 A 与 B 互斥，且，，所以
，故 C 正确；
对于 D：利用平均数和方差的性质有：样本数据，，，的平均数为，
方差为，则，，…，的平均数为，方差为，故 D 正确.
故选：CD.
11. 已知函数，若存在四个实数，使得
，则（）
A. t 的范围为 B. 的取值范围为
C. 的取值范围为 D. 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出给定函数的图象，确定的范围判断 A，结合正弦函数、对数函数图象可得
判断 B；再由，借助
和的单调性求出取值范围从而判断 CD.
【详解】函数的图象，如图：
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对于 A，函数的图象与直线交于 4 点，则，A 正确；
对于 B，由，得，而，即，
则，即，且，由，得或，
由，得，B 错误；
对于 C，，设，求导得，
函数在上单调递增，则，即，C 正确；
对于 D，，由，
得，则，，
，而对勾函数在上单调递增，则，
因此，所以，D 正确.
故选：ACD
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 马老师从课本上抄录的一个随机变量的分布列如表：
1 2 3
尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同．据此，
____．
【答案】2
【解析】
【分析】由期望的计算公式计算.
【详解】由题意，设“？”对应的概率为 a，则“！”处对应的概率为，
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则．
故答案为：2
13. 已知，则和的夹角为__________.
【答案】
【解析】
【分析】借助向量数量积公式与夹角公式计算即可得.
【详解】，则，
则，故和的夹角为 .
故答案为： .
14. 已知函数，则不等式的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】分析函数的定义域与奇偶性，利用导数分析该函数的单调性，将所求不等式变形为
，可得出关于的不等式，解之即可.
【详解】函数的定义域为，
，，
因为，
故函数在上为增函数，
由得，故，
即，解得，
故不等式的解集为 .
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故答案为： .
四、解答题：共 77 分，解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 设等差数列的前项和为，且， .
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由为等差数列，将，代入解出，，从而求出的通项公
式；
（2）由（1）问，写出的通项公式，然后利用分组求和求出 .
【小问 1 详解】
设等差数列的公差为 .
由题意可得
解得，，
则 .
【小问 2 详解】
由（1）可知，则，
故
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.
16. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行.
（1）求 a 的值；
（2）求函数的单调区间.
【答案】（1）
（2）单调递增区间为和，单调递减区间为 .
【解析】
【分析】（1）对函数求导，由导数的几何意义得切线的斜率，利用两直线平行，斜率相等即可求得 a 的值；
（2）对函数求导，利用导数研究函数的单调性即可求解.
小问 1 详解】
函数，则，
则，而直线的斜率为，
因为曲线在点处的切线与直线平行，
则，解得，
【小问 2 详解】
由（1）可知，所以，定义域为，
，
令，即，化简可得，解得，
当时，函数单调递增。由，即，解得或，
所以的单调递增区间为和，
当时，函数单调递减，由，即，解得，
所以的单调递减区间为；
综上，的单调递增区间为和，单调递减区间为 .
17. 已知函数
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（1）求函数的最小正周期和函数的单调递增区间；
（2）在中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若，且
的面积为，求边长的值.
【答案】（1）最小正周期为；单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角恒等变换公式化简，即可得到函数的解析式，然后根据正弦型函数的性质即得；
（2）由正弦定理的边角互化可得，再由三角形的面积公式以及余弦定理，即可得到结果.
【小问 1 详解】
，
则函数的最小正周期为，
令，
解得，
所以函数的单调递增区间为 .
【小问 2 详解】
因为，
所以，所以，解得，
又，即，化简可得，
则，解得，则，
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由余弦定理可得，
所以 .
18. 贵州“村超”以及江苏“苏超”的成功充分说明了足球是一项大众喜爱的运动．
（1）为了解喜爱足球运动是否与性别有关，现随机抽取了男性和女性各 100 名观众进行调查，得到列
联表如下：
喜爱足球运动不喜爱足球运动合计
男性 60 40 100
女性 20 80 100
合计 80 120 200
依据小概率值的独立性检验，能否认为喜爱足球运动与性别有关？
（2）某足球队中的甲、乙、丙、丁四名球员将进行传球训练，第 1 次由甲将球传出，每次传球时、传球者
都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，如此不停地传下去，且假定每次传球都能被接到．记开始
传球的人为第 1 次触球者，第 n 次触球者是甲的概率记为，即．
①求，；
②证明：数列为等比数列，并判断第 19 次与第 20 次触球者是甲的概率的大小．
0.100 0.050 0.025 0.010 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 10 828
附：，．
【答案】（1）能认为喜爱足球运动与性别有关
（2）① ， ②证明见解析；第 19 次触球者是甲概率大于第 20 次触球者是甲的概率.
【解析】
【分析】（1）计算，依据小概率值的独立性检验作出判断；
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（2）①根据古典概型公式计算即可；②根据等比数列的定义证明数列为等比数列，并求得数列
的通项公式，进而求得，比较与的大小即可．
【小问 1 详解】
零假设：
：喜爱足球运动与性别独立，即喜爱足球运动与性别无关.
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为喜爱足球运动与性别有关，此推断犯
错误的概率不超过 0.001.
【小问 2 详解】
①由题意得：第二次触球者为乙，丙，丁中的一个，所以第二次触球者是甲的概率记为；
第二次触球者必不是甲，第三次传给包括甲的三人中的一人，故传给甲的概率为，故．
②因为第 n 次触球者是甲的概率记为，
所以当时，第次触球者是甲的概率为，则第次触球者不是甲的概率为 .
所以，所以，
因为，所以数列为首项是，公比是的等比数列。
所以，所以 .
所以，，
所以，即第 19 次触球者是甲的概率大于第 20 次触球者是甲的概率.
19. 已知函数在处取得极值．
（1）求实数 a 的值；
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（2）是否存在自然数 k，使得方程在内有唯一的根?如果存在，求出 k 的值；如果不存
在，请说明理由；
（3）若成立，求实数 t 的取值范围．
【答案】（1）
（2）存在
（3）
【解析】
【分析】（1）由求得，将其代入解析式，求导验证即可；
（2）由得，设，通过求导判断其单调性，
再利用零点存在定理推得存在唯一的，使，从而求得的值；
（ 3）设，求导得
，根据参数分和两种情况，讨论函数的单调性和函数的值域，
即可求得使成立的参数的范围.
【小问 1 详解】
由求导得，
因函数在处取得极值，则
所以，则
当时，，
当时，，则在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以在处取得极值成立．
故．
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【小问 2 详解】
由（1）知方程，即，
令，因为，则需要在上讨论，显然，
，
则当时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减
因为，，
所以存在唯一的，使
所以存在，使得在内有唯一的根
【小问 3 详解】
令，
则
①因为抛物线的对称轴方程为，开口向上，
所以即时，对成立，
所以时，对成立，
所以在上单调递减，
又，所以时，成立，
即此时，成立；
②当，，
记的两根为，
则，，
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则，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以，所以不能恒成立，
即不能恒成立
综上，的取值范围是 .
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