四川省内江市高三上学期高考第一次模拟考试数学试题

这是一份四川省内江市高三上学期高考第一次模拟考试数学试题，文件包含四川省内江市高三上学期第一次模拟考试数学答案docx、四川省内江市高三上学期第一次模拟考试数学docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考号、班级用签字笔填写在答题卡相应位置．
2．选择题选出答案后，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．不能答在试题卷上．
3．非选择题用签字笔将答案直接答在答题卡相应位置上．
4．考试结束后，监考人员将答题卡收回．
一、选择题：本大题共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. 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】
【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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【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. 已知两个向量，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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. “”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】
【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. 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】
【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. 函数的部分图象如图所示，若、，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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. 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】
【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. 已知为常数，函数有两个极值点、，且，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【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.
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】
【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. 已知，则下列不等关系正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【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，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】
【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．
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】
【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. 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】
【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. 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______．
【答案】（答案不唯一，满足且均可）
【解析】
【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）.
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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
且，即，
又因为，则，
可得，即，所以.
【小问2详解】
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．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析可得对任意，，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.
【小问1详解】
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，.
【小问2详解】
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．
【答案】（1）答案见详解
（2）
【解析】
【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.
【小问1详解】
由题意可知：的定义域为，且，
若，则f′x