2023-2024学年四川省内江市高三一模数学（理）测试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年四川省内江市高三一模数学（理）测试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了本试卷包括第Ⅰ卷两部分，共4页，考试结束后，监考员将答题卡收回，01）等内容，欢迎下载使用。
1.本试卷包括第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟.
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，再选涂其它答案标号；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，笔迹清楚；不能答在试题卷上.
3.考试结束后，监考员将答题卡收回.
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一､选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.）
1．已知是虚数单位，若，则的值是（ ）
A．B．C．D．1
2．集合，，若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
3．如图是一个电子元件在处理数据时的流程图：则下列正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则或
D．若，则或
4．若实数，满足，则的最大值为（ ）
A．5B．7C．9D．6
5．已知，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
6．已知向量，，其中.若，则当恒成立时实数的取值范围是（ ）
A．或B．或
C．D．
7．已知函数，若.且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
9．随着生活水平的提高，私家车已成为许多人的代步工具．某驾照培训机构仿照北京奥运会会徽设计了科目三路考的行驶路线，即从A点出发沿曲线段B→曲线段C→曲线段D，最后到达E点．某观察者站在点M观察练车场上匀速行驶的小车P的运动情况，设观察者从点A开始随车子运动变化的视角为∠AMP（），练车时间为t，则函数＝的图像大致为（ ）
A．B．
C．D．
10．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）
A．8种B．14种C．20种D．16种
11．设函数是定义在上的奇函数，为的导函数，当时，，则使得成立的的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
12．已知函数有两个零点，则a的最小整数值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
二､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．数列中，，，若，则 .
14．在二项式的展开式中，含的项的系数是 ．
15．某汽车公司最近研发了一款新能源汽车，并在出厂前对100辆汽车进行了单次最大续航里程的测试.现对测试数据进行分析，得到如图所示的频率分布直方图：
根据大量的测试数据，可以认为这款汽车的单次最大续航里程近似地服从正态分布，用样本平均数和标准差分别作为、的近似值，其中样本标准差的近似值为50，现任取一辆汽车，则它的单次最大续航里程的概率为 .
（参考数据：若随机变量，则，，）
16．设函数，已知在有且仅有5个零点，下述四个结论：
①在有且仅有3个极大值点②在有且仅有2个极小值点
③在单调递增④的取值范围是
其中所有正确结论的编号是 .
三､解答题（共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22､23题为选考题，考生根据要求作答.）
（一）必考题：共60分.
17．已知等差数列的前项和为，，.
(1)求及；
(2)若，求数列的前项和.
18．某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备加大研发资金投入，为了解年研发资金投入额（单位：亿元）对年盈利额（单位：亿元）的影响，通过对“十二五”和十三五规划发展10年期间年研发资金投入额和年盈利额数据进行分析，建立了两个函数模型：，，其中、、、均为常数，为自然对数的底数，令，，经计算得如下数据：
(1)请从相关系数的角度，分析哪一个模型拟合度更好？
(2)根据（1）的选择及表中数据，建立关于的回归方程；（系数精确到0.01）
(3)若希望2024年盈利额为800亿元，请预测2024年的研发资金投入额为多少亿元？（结果精确到0.01）
附：相关系数，参考数据：，.
回归直线中：，.
19．已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）若不等式恒成立，求整数a的最小值．
20．的内角A，B，C所对的边分别为．
(1)求A的大小；
(2)M为内一点，的延长线交于点D，___________，求的面积．
请在下面三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，使存在，并解决问题．
①M为的重心，；
②M为的内心，；
③M为的外心，．
21．已知函数.
（1）当时，试判断函数在上的单调性；
（2）存在，，，求证.
（二）选考题：共10分.请考生在第22､23题中任选一题作答.并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂､错涂､漏涂均不给分.如果多做，则按所做的第一题计分.
22．在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）为曲线上的动点，点在线段上，且满足，求点的轨迹的直角坐标方程；
（2）设点的极坐标为，点在曲线上，求面积的最大值．
23．已知a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数．
（1）求证：
（2）是否存在实数m，使得关于x的不等式－x2＋mx＋2≤a2＋b2＋c2对所有满足题设条件的正实数a，b，c恒成立？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
1．D
【分析】根据复数的运算法则，得到，结合复数相等的条件，求得的值，即可求解.
【详解】由复数的运算法则，可得，
因为，即，所以.
故选：D.
2．B
【分析】利用数轴分析可得.
【详解】由数轴可知，当时满足题意，
即的取值范围为.
故选：B
3．D
【分析】根据流程图的作用得，即可结合选项逐一代入求解.
【详解】根据流程图可知，
对于A，，故A错误，
对于B，，故B错误，
当时，或（舍去），
当时，或（舍去），
故当，则或，故C错误，D正确，
故选：D
4．C
【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求的最大值．
【详解】作出不等式组对应的平面区域如图：（阴影部分）．
设得，
平移直线，
由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，
此时最大．
由，解得，即，
代入目标函数得．
即目标函数的最大值为
故选：C．
5．A
对函数求导，并令代入可求得.将的值代入可得导函数，即可求得的值.
【详解】函数，则，
令代入上式可得，则，
所以，
则，
故选：A.
本题考查了导数的定义与运算法则，在求导过程中注意为常数，属于基础题.
6．B
【分析】先求出向量的模，然后由数量积定义结合三角函数有界性可得的最大值，然后可解.
【详解】由题知，，
所以，当同向时等号成立，
所以，要使恒成立，只需，解得或.
故选：B
7．B
【分析】画出的图象，数形结合可得，，然后利用基本不等式即可求出答案
【详解】的图象如下：
因为.且
所以且
所以，所以
所以
当且仅当，即时等号成立
故选：B
本题主要考查了对数函数的图象和性质，考查了基本不等式的运用，用到了数形结合的思想，属于中档题.
8．A
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
9．D
【分析】结合图象，根据单调性确定选项.
【详解】观察图像，可知随着时间的增加，刚开始角度为0并且在增加，排除A；
在蓝线中间一段变化不大，然后角度减少到达红线段，故排除B、C，
接着角度增加，后面又略减少到绿线段，之后一直增加，并且角度要大于前面几段，
故选:D．
10．B
【分析】分甲、乙都不在天和核心舱和甲、乙恰好有一人在天和核心舱两种情况求解可得.
【详解】第一类，甲、乙都不在天和核心舱共有种；
第二类，甲、乙恰好有一人在天和核心舱，先排天和核心舱有种，
然后排问天实验舱与梦天实验舱有种，
所以，甲、乙恰好有一人在天和核心舱共有种.
综上，甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验共有种.
故选：B
11．A
【分析】先构造新函数，通过求导，再结合已知条件可判断出当时，，当时，，最后分情况解不等式可得答案.
【详解】令，，
当时，，，原函数单调递增，
又因为，所以当时，，
此时，，所以，
当时，，此时，，所以，
所以当时，，
又因为是奇函数，当时，，
求，分两种情况求解，
当时，，只需，解得，
当时，，只需，解得
所以的范围是
故选：A
12．C
【分析】先将函数化为，令，进而只需说明在R上有两个零点，然后对函数求导，讨论出函数的单调区间和最值，最后通过放缩法解决问题.
【详解】，
设，，即函数在上单调递增，易得，于是问题等价于函数在R上有两个零点，，
若，则，函数在R上单调递增，至多有1个零点，不合题意，舍去；
若，则时，，单调递减，时，，单调递增.
因为函数在R上有两个零点，所以，
而，
限定 ，记，，即在上单调递增，于是，则时 ，，此时，因为，所以，于是时，.
综上：当时，有两个交点，a的最小整数值为2.
故选：C.
本题有一定难度，首先这一步的变形非常重要，注意此种变形的运用；其次，运用放缩法说明函数时，用到了（需证明），进而得到，这种处理方法非常普遍，注意归纳总结.
13．9
【分析】令，由递推公式可知为等比数列，然后可解.
【详解】令，则，
因为，所以数列是以2为首项和公比的等比数列，
故数列的通项公式为,
所以，，
所以，，得，
故9
14．10
【详解】分析：先根据二项展开式的通项公式求含的项的项数，再确定对应项系数.
详解： ，
所以令得 ，即含的项的系数是
点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略
(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.
(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.
15．
【分析】计算，确定，再根据正态分布的性质计算概率即可.
【详解】
，
故，
.
故
16．①③④
【分析】对①②可以通过作图判别，对于④令，根据题意得到不等式，解出范围即可，对于③证明出当时,即可.
【详解】已知在有且仅有5个零点，如图，
其图象的右端点的横坐标在上,此时在有且仅有3个极大值点,但在可能有2或3个极小值点,所以①正确, ②不正确;
令,
且,
在上有且仅有5个零点,
在上有且仅有5个零点,
,故④正确.
当时,,
又,
,
在上单调递增.
在上单调递增,故③正确.
故①③④
关键点睛：令,利用整体思想将原函数转化为来研究.
(2)当时,的图象可由的图象经过平移、伸缩变换得到,的增、减区间可通过讨论的增、减区间得到.
17．(1)，
(2)
【分析】（1）根据等差数列基本量的计算可得公差和首项，即可求解，
（2）根据裂项求和即可求解.
【详解】（1）设公差为，则由，可得：
，解得，
所以，
（2），
故
18．(1)模型的拟合程度更好.
(2)
(3)
【分析】（1）计算相关系数得到，得到答案.
（2）根据公式计算，，得到回归方程.
（3）取，解方程得到答案.
【详解】（1）设和的相关系数为，和的相关系数为，
，
，
，因此从相关系数的角度，模型的拟合程度更好.
（2）先建立关于的线性回归方程，由得，即，
，，
所以关于的线性回归方程为，即.
（3），即，，
，解得.
所以2024年的研发资金投入量的约为亿元.
19．（1），无极大值；（2）2.
【分析】（1）将代入，求出导函数，利用导数与函数单调性之间的关系判断函数的单调性，进而求出极值.
（2）不等式等价于在上恒成立，设，利用导数求出的最大值即可求解.
【详解】解：（1）当时，，
令得（或舍去），
∵当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
∴，无极大值．
（2），即，
即，
∴，即，
∴原问题等价于在上恒成立，
设，则只需．
由，令，
∵，∴在上单调递增，
∵，
∴存在唯一的，使得，
∵当时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
∴，
∴即可．
∴，∴，故整数a的最小值为2
20．(1)
(2)答案见解析
【分析】(1)利用正弦定理以及二倍角公式求解；(2)根据正弦定理，余弦定理和面积公式即可求解.
【详解】（1）∵，∴，即
由正弦定理得，，即，
∵，∴，∴，又，∴，∴
（2）设外接圆半径为，则根据正弦定理得，，
若选①：∵M为该三角形的重心，则D为线段的中点且，
又，∴，
即， 又由余弦定理得，即，解得，∴；
若选②：∵M为的内心，∴，由得，∵，∴，即，
由余弦定理可得，即，∴，
即，∵，∴， ∴．
若选③：M为的外心，则为外接圆半径，，与所给条件矛盾，故不能选③.
21．（1）函数在上单调递增；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出，当时，的最小值大于零，则在上单调递增；
（2）令，，将转化为，再构造函数利用导数证明最小值小于0.
【详解】（1）(方法一)当时，，，
当时，，
所以，当时，函数在上单调递增.
(方法二)当时，，，
由，
结合函数与图象可知：当时，，，
所以两函数图象没有交点，且.
所以当时，.
所以，当时，函数在上单调递增.
（2）证明：不妨设，由得，
，
.
设，则，故在上为增函数，
，从而，
，
，
要证只要证，
下面证明：，即证，
令，则，即证明，只要证明：，
设，，则在单调递减，
当时，，从而得证，即，
，即.
关键点睛：双变量问题可通过换元将两个变量转化为一个变量，构造函数，利用导数来证明不等式．
22．（1）；（2）
【详解】试题分析：（1）设出P的极坐标，然后由题意得出极坐标方程，最后转化为直角坐标方程为；
（2）利用（1）中的结论，设出点的极坐标，然后结合面积公式得到面积的三角函数，结合三角函数的性质可得面积的最大值为.
试题解析：解：（1）设P的极坐标为（）（＞0），M的极坐标为（）由题设知
|OP|=，=.
由|OP|=16得的极坐标方程
因此的直角坐标方程为.
（2）设点B的极坐标为 （）.由题设知|OA|=2，，于是△OAB面积
当时， S取得最大值.
所以△OAB面积的最大值为.
点睛:本题考查了极坐标方程的求法及应用，重点考查了转化与化归能力.在求曲线交点、距离、线段长等几何问题时，求解的一般方法是将其化为普通方程和直角坐标方程后求解，或者直接利用极坐标的几何意义求解.要结合题目本身特点，确定选择何种方程.
23．（1）证明见解析；（2）存在，m∈[－2，2].
【分析】（1）利用“”的代换的方法化简，利用基本不等式证得不等式成立.
（2）首先利用基本不等式求得的最小值，然后根据一元二次不等式恒成立列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】(1)因为a＋b＋c＝3，且a，b，c都是正数，
所以＋＋
＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]
＝
≥(3＋2＋2＋2)＝，
当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号，
所以＋＋≥得证．
(2)因为a＋b＋c＝3，
所以(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca≤3(a2＋b2＋c2)，
因此a2＋b2＋c2≥3(当且仅当a＝b＝c＝1时，取等号)，
所以(a2＋b2＋c2)min＝3，
由题意得－x2＋mx＋2≤3恒成立，
即得x2－mx＋1≥0恒成立，
因此＝m2－4≤0⇒－2≤m≤2.
故存在实数m∈[－2，2]使不等式成立．
本小题主要考查利用基本不等式证明不等式，考查利用基本不等式求最值，考查一元二次不等式恒成立问题的求解，属于中档题.