重庆市第八中学2025-2026学年高三上学期入学考试数学试卷（Word版附解析）

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命题： 高三命题组
一、单项选择题：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 ，若 ，则 中所有元素之和为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据 可求参数的值，从而可求 的元素之和.
【详解】因为 ，故 或 ，
若 ，则 ，与元素的互异性矛盾；
若 ，则 （舍）或 ，故 ，故 ，
所以 中所有元素之和为 ，
故选：B.
2. 不等式 的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用分类讨论结合一元二次不等式的解法可求不等式的解.
【详解】原不等式等价于 或 ，
故 或 ，故原不等式的解集为 .
故选：D.
3. 的展开式中常数项是 ，则 （ ）
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A. B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据二项式定理的有关知识点列式求解.
【详解】因为 的展开式中常数项是： ，
由 .
故选：C
4. 函数 （ ）的最大值为（ ）
A. B. 3 C. 1 D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用配凑法，结合基本不等式求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，当且仅当 即 时取等
号.
所以 ，即 （当 时取等号），
所以 的最大值为
故选：D
5. 盒子甲中有 5 个红球和 3 个蓝球；盒子乙中有 6 个红球和 2 个蓝球． 若从甲、乙两个盒子中各随机
取出 2 个球， 则取出的 4 个球中恰有 1 个蓝球的不同取法共有（ ）
A. 150 种 B. 180 种 C. 300 种 D. 345 种
【答案】D
【解析】
【分析】就甲盒取出 1 红 1 蓝、乙盒取出两红和甲盒取出两红、乙盒取出 1 红 1 蓝两种情况分类计算后可
得不同的取法总数.
【详解】4 个球中恰有 1 个蓝球，可分为两种情况：
第一种：甲盒取出 1 红 1 蓝、乙盒取出两红，此时有 ；
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第二种：甲盒取出两红、乙盒取出 1 红 1 蓝，此时有 ；
故共有 种不同 取法，
故选：D.
6. 已知 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用同角三角函数的基本关系求 ，再利用二倍角公式求 .
【详解】因为 ， ，
所以 .
所以 .
所以 .
故选：B
7. 已知函数 ，则不等式 的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】判断函数的奇偶性和单调性后可得不等式的解集.
【详解】因为 ，
故 ，而 的定义域为 ，它关于原点对称，
故 为 上的偶函数.
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当 时，令 ，
由双勾函数的单调性可得 在 上为增函数，且
而 在 上为增函数，故 在 上为增函数，
而 在 上为增函数，故 在 上为增函数.
因为 ，故 ，故 或 ，
故原不等式的解集为 .
故选：D.
8. 函数 的最小值为（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数判断函数的单调性后可得函数的最小值.
【详解】 ，
设 ，则 ，
故 为 上的增函数，而 ， ，
故当 时， 即 ，当 时， 即 ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，故 ，
故选：C.
二、多项选择题：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. 已知双曲线 的右焦点为 ，直线 ： 是 的一条渐近线， 是 上一
点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 双曲线 的虚轴长为 B. 点 坐标为
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C. 离心率 D. 的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】先根据条件求 的值，再结合双曲线的性质，逐项分析，判断准确性即可.
【详解】如图：
因为双曲线 的渐近线为 ，
由题意 .
所以双曲线的虚轴长为 ，故 A 正确；
因为 ，所以双曲线的右焦点坐标为 ，故 B 错误；
双曲线的离心率为 ，故 C 正确；
双曲线的右焦点 到直线 ： 的距离为
，
即 的最小值为 ，故 D 错误.
故选：AC
10. 已知函数 是定义在 上 奇函数， 是偶函数，当 时， ，则
下列说法中正确的有（ ）
A. 时， B. 函数 的最小正周期是 4
C. D. 方程 恰有 10 个不同的实数根
【答案】BCD
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【解析】
【分析】根据题设可判断函数的对称性和周期性，故可判断 B 的正误，根据对称性求出 上的函数解析
式后可判断 A 的正误，求出 后根据周期性可求 ，从而可判断 C 的正误，
利用导数刻画函数在 上的单调性后可得 的图像，数形结合后可判断 D 的正误.
【详解】因为 为 上的奇函数，故 ，
而 是偶函数，故 ，
所以 ，故 ，
故 的周期为 ，故 B 正确；
由 可得 ，
当 时， ，故 ，故 A 错误；
因为 为 上的奇函数，故 ，而 ，
由 可得 ， ，
，故 ，
故 ，故 C 正确；
当 ， ，故 在 为增函数，
结合 的周期性和对称性可得函数的图像如图所示：
而 的解的个数可以看成 两个图像交点的个数，
而 ，结合图像可得 两个图像在 轴右侧交点的个数为 5 个，
因 ，由图可得两个函数在 轴左侧交点的个数为 5 个，故共 个交点，
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故 恰有 10 个不同的解，故 D 正确.
故选：BCD.
11. 已知随机变量 相互独立，且 ，记 ，则下列说法正确
的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性可判断 A 的正误，根据二项分布结合对立事件可求出概率后可判断其正误，
根据正态分布的对称性结合条件概率计算后可判断 CD 的正误
【详解】对于 A，因为 ，故 ，故 A 正确；
对于 B， ，
而 ，
故 ，故 B 错误；
对于 C， ，
而 ，
注意到 ，
因为 ，故 ，
故 ，
故 ，
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而 ，故 ，故 C 正确；
对于 D，由题设有
，
由 C 中分析有 ，
当 时， ，
而 ，
而 ，故 ，
所以 ，故 ，故 D 正确
故选：ACD.
三、填空题： 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分．
12. _____．
【答案】
【解析】
【分析】根据指数幂运算性质和对数的性质可求代数式的值.
【详解】原式 ，
故答案为：
13. 对数列 ， ，对于任意的 ，都有 ，若 对于任意的
恒成立，则 的最大值为_____．
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【答案】
【解析】
【分析】先求数列 的通项公式，再分析数列 的单调性，求其最小值即可.
【详解】根据题意，令 ，则 ，所以数列 为等比数列，且 ，公比 ，
所以 .
对数列 ，由 .
随着 的增大， 的值越来越大.
且当 时， ；当 时， .
所以数列 的最小值为： .
由 对于任意的 恒成立，则 的最大值为 .
故答案为：
14. 已知函数 是定义在 上的偶函数，记 为函数 的导函数，且满足
，则不等式 的解集为_____．
【答案】
【解析】
【分析】令 ，结合题设中的恒等式可求 ，再结合偶函数得 ，从而将原不等式转
化为 ，构建新函数并利用导数讨论新函数的单调性后可得不等式的解集.
【详解】令 ，则 ，
故 ，其中 为常数，故 ，
而 为偶函数，故 ，
所以 对任意 恒成立，故 即 ，
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故题设中的不等式可转化为 即 ，
设 ，则 ，
当 或 时， ，当 时， ，
故 在 上为减函数，在 ， 上为增函数，
而 ， ，故 的解为 ，
故原不等式的解集为 .
故答案为： .
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. 如图，在四棱锥 中，底面 为梯形，且 ， 等边三
角形 所在的平面垂直于底面 ．
（1）求证： 面 ．
（2）若四棱锥 的体积为 ，求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 中点 ，连接 ，根据 是等边三角形和平面 平面 ，得到
平面 ，进而有 ，再由 ，利用线面垂直的判定定理证明；
（2）根据体积可求 及 ，构造二面角的平面角后利用等积法可求 ，从而可求二面角
的余弦值.
【小问 1 详解】
如图所示：取 CD 中点 H，连接 PH，
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是等边三角形， ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ， ， 平面 ，
平面 ， ，
又 平面 ， 平面 .
【小问 2 详解】
由（1）结合 平面 可得 ，故四边形 为直角梯形.
设等边三角形 的边长为 ，则 ，即四棱锥 的高为 ，
故 ，故 ，故 .
如图，连接 BH，AH，在平面 内过点 H 作 ， 垂足为 ，
平面 ，而 平面 ，
，且 平面 ，
平面 ， 平面 ， ，
为二面角 平面角.
在直角梯形 中， ，
，故 ，
故 ，故 ，故 .
16. 已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
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（2）若 有极大值 ，且 ，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数后根据导数的几何意义可求切线方程；
（2）求出函数的导数，由题意可得 ，讨论导数的符号后可得函数的极大值，构建新函数后依据单调
性和特殊值可求得 的取值范围.
【小问 1 详解】
当 时， ，此时 ，故 ，
而 ，故曲线 在点 处的切线方程为 ，
即切线方程为 .
【小问 2 详解】
，
因为 有极大值，故 .（否则 时， 恒成立， 不存在极值）
当 时， ，当 时， ，
故函数 在 上单调递增；在 上单调递减，
则 的极大值为 ，即 ，
因为 ，故 为 上的减函数，
而 ，故由 可得 .
即 的取值范围为 .
17. 在圆 上任取一点 ，过点 作 轴的垂线段 为垂足．
（1）当点 在圆上运动时，求线段 的中点 的轨迹方程． (当点 经过圆与 轴的交点时，
规定点 与点 重合)
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（2）根据（1）中所得的点 的轨迹方程，若直线 与点 的轨迹相交于 ， 两点，且
，试判断 的面积是否为定值． 若是，求出该定值；若不是， 请说明理由．
【答案】（1）
（2） 的面积为定值且定值为 1，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）设 ，则 ，根据 在圆上可得 的轨迹方程；
（2）设 ，则可用两点坐标表示 的面积，再联立直线方程和椭圆方程后用斜率
表示坐标，进而表示面积，化简后可得定值.
【小问 1 详解】
设 ，则 ，由题设可知 ，
而 在圆 上，故 即 .
【小问 2 详解】
因为 ，故 均存在且不为零，
故直线 ，直线 ，设 ，
由椭圆的对称性，不妨设 在第一象限， 在第四象限，故 .
又 ，故 ，
由 可得 ，
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同理 ，而 ，
故 ，故 .
故 的面积为定值且定值为 1.
18. 某气象观测站计划购买两套新型气象监测设备． 每套设备有一关键传感器， 在五年使用期内可能需更
换 (设备使用五年后淘汰)． 购进设备时，可额外购买该传感器作为备件， 每个成本为 300 元． 在使用
期间， 若备件不足需紧急采购， 则每个 800 元． 五年后未使用的备件可由厂家回购， 每个回购价为
100 元． 现需决策购买设备时应同时购买几个备件， 为此搜集并整理了 100 套同型号设备在五年使用期
内的传感器更换数据， 得到如下频数分布表：
每套设备更换数
频数
8 20
9 30
10 50
以频率估计概率．记随机变量 为两套设备五年内共需更换的传感器的个数， 为购买设备时同时购买的
备件数．
（1）求 的概率分布列；
（2）若要求 ，求 的最小值；
（3）记净成本为 ，以净成本期望值 为决策依据，求净成本期望值 最低时的备件数 ．
【答案】（1）分布列见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先确定 的取值，依据表中数据可求 取各值时的概率，故可求分布列；
（2）根据（1）中的分布列可求 的最小值；
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（3）依次求出 取各值时 ，比较后可得净成本期望值 最低时的备件数 .
【小问 1 详解】
可取 ，由题设中的数据可得：
， ，
，
， ，
故 的分布列为：
【小问 2 详解】
因为 ，而 ，
故 的最小值为 .
【小问 3 详解】
若 ，则 ，
若 ，则 ，
若 ，则 可取值 ，
故 的分布列如下：
此时 .
若 ，则 可取值 ，
故 的分布列如下：
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此时 .
若 ，则 可取值 ，
故 的分布列如下：
此时 .
若 ，则 可取值 ，
故 的分布列如下：
此时 .
若 ，则 可取值 ，
故 的分布列如下：
此时
综上，净成本期望值 最低时的备件数 .
19. 记函数 ；
（1）求函数 的极值点个数；
（2）记函数 的极值点为 ，证明：
① ；
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②数列 单调递减．
(提示： 时， )
【答案】（1）存在唯一极小值点 ，无极大值点；
（2）①证明见解析；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）首先得到 ，在 时，通过二次求导并结合零点存在性定理即可得
到其极值点个数；
（2）①等价转化为证明 ，设 ，转化为证明 ， ，
再设新函数并求导，再结合零点存在性定理和洛必达法则求证即可；
②转化为证明 ，首先求得 ，再代入计算 ，通过因式
分解即可证明.
【小问 1 详解】
由提示知， ，显然 不是其极值点，
故 ， ，
令 , ，
，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，且代入 ，此时 ，
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故存在 ，有 ，
且 时， ，且 时， ，
从而 在 上单调递减， 上单调递增，
故 存在唯一极小值点 ，无极大值点.
【小问 2 详解】
①由（1）可知， 为 唯一的极值点，且为极小值点，
由 单调性和正负性可知， 等价于 ，
又 ，只需证 ，
即证 ，令 ，
只用证 ， ，
令 ，
易知 在 单调递减，且 ，
则存在 ，有 ，且 时， ， 时， ，
故 在 单调递增，在 单调递减，又 ，
且由洛必达法则， ，
故 时， ，即 ， ，证毕；
②由（1）可知， ，故 单调递减只需证 ，
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即证： ，
由 ，则有 ，
代入 有：
，
因为 ，则 ，若 ，
只需： ，
关注到因式分解，有： ，
只需 ，
由前可知， ，证毕．
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