精品解析：四川省合江县马街中学校2026届高三一模数学试题

四川省合江县马街中学校2026届高三一模数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至2页，第II卷3至4页，共150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，本试题卷请自己保管，只上交答题卡． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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. 已知集合，，则集合为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 3. 已知实数成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 6. 奇函数在上单调递增，若正数满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 7. 设函数，若对任意的，存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题正确的有（ ） A. 与表示同一函数 B. “”是“”的充分不必要条件 C. 命题“”的否定为“” D. 若，则 10. 下列说法正确的是（ ） A. 的展开式中的系数为-4 B. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种 C. 已知，则 D. 数据7，12，13，17，18，20，32的上四分位数为19 11. 已知三次函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ） A. 若，则， B. 函数既有极大值又有极小值 C. 若是的极大值点，则在区间单调递增 D. 当时，函数有三个零点时 第II卷（非选择题 共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. _________． 13. 函数的图象恒过定点______. 14. 已知函数的定义域为，当时，，且对任意的都满足．若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是____________． 四、解答题：本题共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. 在平面直角坐标系中，若角的始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点. （1）求和的值； （2）若，化简并求值. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，对任意，都有恒成立，求的取值范围． 18. 某县承包了一块土地，已知土地的使用面积与相应的管理时间的关系如下表所示： 土地使用面积亩 1 2 3 4 5 管理时间月 8 10 13 25 24 并调查了某村300位村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示： 单位：人 愿意参与管理 不愿意参与管理 合计 男性村民 150 50 女性村民 50 合计 （1）求出样本相关系数的大小，并判断管理时间与土地使用面积是否线性相关（当时，即可认为线性相关）； （2）依据的独立性检验，分析村民的性别与参与管理的意愿是否有关； （3）以该村村民的性别与参与管理意愿的情况估计该县的情况，从该县中任取3人，记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为，求的分布列及数学期望. 参考公式：，其中. 临界值表： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 参考数据：. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间. （2）若是函数的两个零点. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 四川省合江县马街中学校2026届高三一模数学试题 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，第I卷1至2页，第II卷3至4页，共150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题的答案标号涂黑． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，本试题卷请自己保管，只上交答题卡． 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本题共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. 已知集合，，则集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出全集，再利用补集的定义，即可求解. 【详解】因为，又， 则. 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由复数模的计算公式直接计算即可. 【详解】若，则. 故选：C. 3. 已知实数成等比数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设公比，利用等比数列的性质及等比中项得到方程，求出. 【详解】设等比数列的公比为，则，且，解得. 故选：C 4. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数的单调性，结合中间量法即可得解. 【详解】， ， ， 所以. 故选：A. 5. 已知函数，若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】结合正弦函数的奇偶性代入求解. 【详解】，所以， 则. 故选:B. 6. 奇函数在上单调递增，若正数满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，再根据结合基本不等式即可得解. 【详解】解：因为奇函数在上单调递增，且， 所以，即， 所以，即， 所以， 当且仅当，即时，取等号， 所以的最小值为. 故选：D. 7. 设函数，若对任意的，存在，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求在给定区间的值域，再根据的单调性分类讨论，确保的值域包含的值域，解不等式组得到的范围. 【详解】因为，最小值在处为， 根据题目，函数在区间上的值域为， 对任意的，存在，使得等价于要求的值域是的值域的子集， 由于是一次函数，需要满足： 当时，单调递增，值域为，要求且，解得， 当时，单调递减，值域为，要求且，解得 ​， 综上，的取值范围为​或，即， 故选：A. 8. 已知函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设函数，根据题意可判断在上单调递减，再求出，不等式整理得，所以，利用单调性解抽象不等式即可. 【详解】设函数， 所以，因为， 所以，即，所以在上单调递减，因为， 所以，因为，整理得， 所以，因为在上单调递减，所以. 故选：C. 【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题正确的有（ ） A. 与表示同一函数 B. “”是“”的充分不必要条件 C. 命题“”的否定为“” D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，与定义域不同，故不是同一函数，得到答案； 对于B，根据充分不必要条件定义和不等式关系，即可判定真假； 对于C，根据含全称量词的命题的否定直接求解即可判定真假； 对于D，先求出，然后再求，即可对D项判断. 【详解】对于A，与定义域不同，故不是同一函数，故A错误； 对于B，，则有，但，则或， 所以“”是“”的充分不必要条件，故正确； 对于C，由含全称量词命题的否定知，命题“，”的否定是“，”，故C错误； 对于D：，，故D项正确； 故选：BD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 的展开式中的系数为-4 B. 将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有36种 C. 已知，则 D. 数据7，12，13，17，18，20，32的上四分位数为19 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式定理写出的展开式的通项公式，即可判断选项A；根据分步乘法计数原理即可判断选项B；由排列数和组合数公式可解得，即可判断选项C；求出上四分位数判断D. 【详解】对于A，由二项式定理可知的展开式的通项公式为：，， 令，解得， ∴的展开式中的系数为，故A正确； 对于B，先将标号为，的卡片放入同一信封，有种不同的方法； 再将标号为，，，的张卡片平均分成两组放入另外两个信封里，有种不同的方法， 由分步乘法计数原理可知：共有种方法，故B错误； 对于C，∵， ∴由排列数和组合数公式可得，解得，故C正确； 对于D，由7×75%=5.25，得第75百分位数为第6个数，为20，故D错误； 故选：AC. 11. 已知三次函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ） A. 若，则， B. 函数既有极大值又有极小值 C. 若是的极大值点，则在区间单调递增 D. 当时，函数有三个零点时 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用对称性结合求出判断A；求出的导数并确定极值点情况判断B；由并求出极大值，再确定单调区间判断C；求出函数的极大值与极小值，再由函数的零点个数列式求出的范围判断D. 【详解】由三次函数的对称中心为，得， 则， 整理得，因此， 对于A，由，得，解得，A正确； 对于B，，而，则由，得或， 显然是函数的变号零点，由二次函数图象性质知，当时，分别是的 极大值点和极小值点，当时，分别是的极小值点和极大值点， 因此函数既有极大值又有极小值，B正确； 对于C，由选项B知，当时，是的极大值点，而当时，， 当时，，函数在上递减，在上递增，在上不单调，C错误； 对于D，由，得，由选项B知，当时，函数在取得极大值， 在取得极小值，由函数有三个零点，得， 即，解得，D正确. 故选：ABD 第II卷（非选择题 共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效． （2）本部分共8个小题，共92分． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. _________． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】应用诱导公式化简求值. 【详解】. 故答案为： 13. 函数的图象恒过定点______. 【答案】 【解析】 【分析】令的指数为，求出的值，再代入原函数解析式，可得出定点坐标. 【详解】对于函数，令可得，此时， 故函数的图象恒过定点. 故答案为：. 14. 已知函数的定义域为，当时，，且对任意的都满足．若函数与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是____________． 【答案】或 【解析】 【分析】由得出关于对称，根据时的表达式结合对称性作出的图象，分，，三种情况讨论与的交点情况，并利用交点数恰好为得出对应的实数的范围，从而求解． 【详解】因为，所以关于对称，且的图象是过点的折线， 由时，，作出与的图象如下图所示， 当时，函数是过定点，开口向上的折线， 如图，只有当直线与在上的图象相切时，函数与的图象恰有两个交点， 设切点，其中，的导数为，所以处切线斜率为， 所以，解得，满足条件，所以； 当时，函数与的交点情况如下图所示， 所以时，函数与的图象有个交点，满足条件； 当时，函数是过定点，开口向下的折线，如图所示， 此时函数与的图象恒有两个交点，满足条件； 综上所述，实数的取值范围是或， 故答案为：或. 四、解答题：本题共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. 在平面直角坐标系中，若角的始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点. （1）求和的值； （2）若，化简并求值. 【答案】（1），； （2）化简结果为，值为 【解析】 【分析】（1）由三角函数定义得到正弦和正切值； （2）利用诱导公式和同角三角函数关系化简得到，代入求值. 【小问1详解】 由三角函数定义可知，， ； 【小问2详解】 ， 将代入得 16. 已知数列的前项和为，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）由与的关系列式计算可得，利用等比数列通项公式求解即可； （2）由（1）可得，化简，利用裂项相消法计算求解. 【小问1详解】 已知，当时，有， 用减去，根据， 可得：，即， 当时，， 又，所以，此时，满足， 所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，即， 【小问2详解】 由（1）可得， 又，所以，化简可得， 则， 所以． 所以数列的前项和为： ． 17. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）若，对任意，都有恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出该点的函数值与函数在该点的导数值，再利用点斜式直线方程化简求解即可． （2）要使恒成立，只需，令，求导结合零点存在定理得的单调区间，进而求得在上的最小值即可得解． 【小问1详解】 已知，将代入函数可得． 又， 将代入导数中，得到切线的斜率． 已知点，斜率，代入可得切线方程，即． 【小问2详解】 要使恒成立，只需． ，则． 令，． 因为时，，所以，即在上单调递增． 又， ， 所以存在，使得． 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增． 由上述分析可知，在处取得最小值，即． 因为，即，整理得， 两边同时除以，可得，即， 将代入中： 所以，要使对恒成立，只需． 18. 某县承包了一块土地，已知土地的使用面积与相应的管理时间的关系如下表所示： 土地使用面积亩 1 2 3 4 5 管理时间月 8 10 13 25 24 并调查了某村300位村民参与管理的意愿，得到的部分数据如下表所示： 单位：人 愿意参与管理 不愿意参与管理 合计 男性村民 150 50 女性村民 50 合计 （1）求出样本相关系数的大小，并判断管理时间与土地使用面积是否线性相关（当时，即可认为线性相关）； （2）依据的独立性检验，分析村民的性别与参与管理的意愿是否有关； （3）以该村村民的性别与参与管理意愿的情况估计该县的情况，从该县中任取3人，记取到不愿意参与管理的男性村民的人数为，求的分布列及数学期望. 参考公式：，其中. 临界值表： 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 参考数据：. 【答案】（1），管理时间与土地使用面程线性相关. （2）认为村民的性别与参与管理的意愿有关. （3）分布列： 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）根据表格数据和公式计算可得，由此可得结论； （2）根据已知数据可得列联表，计算可得，由此可得结论； （3）首先确定从该贫困县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率，可知，由二项分布概率公式可计算得到每个取值对应的概率，由此可得分布列，根据数学期望计算公式可求得结果. 【小问1详解】 由题知，， ， ， ， ， 则， 故管理时间与土地使用面程线性相关. 【小问2详解】 依题意，完蟙表格如下： 单位：人 愿意参与管理 不愿意参与管理 合计 男性村民 150 50 200 女性村民 50 50 100 合计 200 100 300 零假设为：村民的性别与参与管理的意愿无关. 计算可得. 依据的独立性检验，推断不成立，即认为村民的性别与参与管理的意愿有关. 【小问3详解】 法一：依题意，的可能取值为，从该县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率为， 故， 故的分布列为 0 1 2 3 则数学期望. 法二：依题意，从该县中随机抽取一位村民，取到不愿意参与管理的男性村民的概率为， 则，故. 19. 已知函数. （1）若，求的单调区间. （2）若是函数的两个零点. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2）（i）； （ii）证明：不妨设， 由，得， 所以，所以. 要证，只需证，只需证. 由， 故只需证，只需证，只需证. 令，只需证. 令，则， 所以在上单调递增， 所以，即成立，所以成立. 【解析】 【分析】（1）求导，判断导数的正负，得解； （2）（i）求导分析的单调性与极值、区间端点值，进而求出的范围；（ii）用分析法，要证，只需证，由，得，只需证，令，只需证，构造函数，利用导数证明即可. 【小问1详解】 由题意可知，的定义域为， 当时，，所以， 令，得. 当时，，单调递减区间为； 当时，单调递增区间为. 【小问2详解】 （i），的定义域为. 当时，，所以在上单调递减，不合题意. 当时，令，解得， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为， 函数存在两个零点的必要条件是， 即，又， 所以在上存在一个零点. 当时，， 所以在上存在一个零点. 综上，实数的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $