重庆市2026届高三数学上学期入学考试试卷含解析

这是一份重庆市2026届高三数学上学期入学考试试卷含解析，共19页。试卷主要包含了 函数 的值域为， 已知函数 在 处有极小值，则， 下列命题正确的有等内容，欢迎下载使用。
(满分 150 分， 考试时间 120 分钟)
注意事项:
1. 答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号；
2. 选择题必须使用 铅笔填涂；非选择题必须使用 黑色签字笔答题；
3. 请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答
题无效；
4.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回.
第 I 卷
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
个选项是符合题 目要求的.
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解一元二次不等式确定集合 元素，再由交集运算即可求解.
【详解】由 可解得 ，所以 ，
因为 ，所以 .
故选：D.
2. 已知函数 ，则 （ ）
A. B. C. 3 D. 15
【答案】B
【解析】
【分析】对等式两边求导，再赋值计算即得.
【详解】函数 ，求导得 ，则 ，
所以 .
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故选：B
3. 设 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】化简不等式，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】不等式 ，不等式 ，
而集合 是集合 的真子集，
所以“ ”是“ ”的必要而不充分条件.
故选：B
4. 函数 的大致图像是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇函数的性质排除 C，D，利用对数函数的性质排除 B 即可.
【详解】易得 的定义域为 ，
因为 ，所以 ，
则 是奇函数，关于原点对称，故 C，D 错误，
令 ，解得 ，而当 时， ，故 B 错误.
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故选：A
5. 函数 的值域为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】令 ，求出 ，继而结合指数函数的单调性，即可求得答案.
【详解】令 ，则 ，当 时取等号，
又 为 R 上的单调递增函数，故 ，即 ，
故函数 的值域为 ，
故选：D
6. 已知函数 在 处有极小值，则 （ ）
A. 1 或 B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，根据函数 在 处有极值建立等式求解可得 或 ，再检验即可求解.
【详解】函数 定义域为 ， ，
因为函数 在 处有极值，
所以 ，即 ，解得 或 ，
检验，当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
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所以函数 在 上单调递减，函数 在 上单调递增，
所以 时，函数 在 处有极小值，符合题意；
当 时， ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，函数 在 上单调递减，
所以 时，函数 在 处有极大值，不符合题意舍去；
综上，函数 处有极小值，则 .
故选：B
7. 设函数 ，则使得 成立的 的取值范围是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用求导判断函数单调性，再结合函数奇偶性即可求解.
【详解】由 求导得： ，
所以 在 上是增函数，
又因为 ，
所以 是奇函数，
则 ，
根据 在 上是增函数，
所以 ，
故选：C
8. 已知 为偶函数，当 时， ，若关于 的方程
恰有 4 个不同的实根，则实数 的取值范围为（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解方程 得到 或 ，方程 有两根，
问题转化为方程 有两个不同于方程 的两根，数形结合，可求 的取值范围.
【详解】因为 .
所以 或 .
当 时， ，此时方程 无解；
当 时， .
因为 为偶函数，所以 有两解，分别为 和 .
又方程 恰有 4 个不同的实根，
所以 也有两个不同于 和 的两根.
作出函数 的草图如下：
要使 有两个不同于 和 的两根，则 或 且 .
故选：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. 若 ，则
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B. 若 ，则
C. 若 ，则
D. 若 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据不等式的性质即可判断 A，由 即可判断 B，等式两边取自然对数化简即可判断 C，
将指数化为对数，利用对数的运算化简 ，最后利用基本不等式即可判断 D.
【详解】对于 A：由 ，根据不等式的性质有 ，故 A 正确；
对于 B：若 ，则 ，故 B 错误；
对于 C：若 ，故 C 正确；
对于 D：由 ， ，
所以
，故 D 正确.
故选：ACD.
10. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 有三个零点
B. 有两个极值点
C. 当 时，
D. 点 是函数 的对称中心
【答案】BCD
【解析】
【分析】先求导，利用导数研究单调性求极值，作出图像即可判断 AB，由 得 ，
令 ，由单调性即可求 的范围，进而判断 C，验证 是否成立即可
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判断 D.
【详解】由已知有 ，令 有
或 ，
由 或 ， ，所以 在 单调递减，在
单调递增，
所以 有两个极值点，故 B 正确；
由 ，作出 的图像如图：
由图可知 有两个零点，故 A 错误；
由 ，令 ，则 ，又 在 单调递增，在
单调递减，
又 ，所以 ，即 ，
故 C 正确；
由
，
即 ，
所以点 是函数 的对称中心，故 D 正确.
故选：BCD.
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11. 已知定义在 上的偶函数 和奇函数 满足 ，则下列说法正确的是
（ ）
A. 的图象关于直线 对称
B. 是以 4 为周期的周期函数
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，由 ，可得 , ，结合
为偶函数以及对称轴的定义即可判断；对于 B，首先求出 的周期，由 可得 的
周期，对于 C，令 可得 ，根据 以及 可类推出 即
可求解.
【详解】对于 A：由于 为奇函数，所以 ，由 可得：
，即 ，
所以 , ，
由于 为偶函数， ，所以 ，
则 的图象关于直线 对称，故 A 正确.
对于 B：根据题意由 可得 ；
又 为奇函数，联立 ，
两式相加可得 ，所以 ，
又 为偶函数， ，所以 ，
可得 ，即 ，
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所以 ，即 是以 8 为周期的周期函数，
由于 ，则 ，
即 是以 8 为周期的周期函数，可知 B 不正确；
对于 C：由于 为奇函数，则 ，令 ，则 ，所以 ，故 C 正确；
对于 D：由于 ，由于 ，则 ， ，依次类推：
，
所以 ，故 D 正确；
故选：ACD．
第 II 卷
三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分.
12. 函数 的定义域为_____________
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
【详解】由 ，解得 ，且 ，
所以函数 的定义域为 .
故答案为： .
13. 已知 ， ，则 的最小值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式求解即可.
【详解】因 ， ，
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所以 ，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 的最小值为 .
故答案为：
14. 若曲线 与曲线 的图象上分别存在不同的两点 使得两曲
线分别在 两点处的切线重合，则 的取值范围为_____.
【答案】
【解析】
【分析】设点 在曲线 上的坐标为 ，点 在曲线 上的坐标为 ，分别利用导数意义求
得曲线 在点 处的切线方程和曲线 在点 处的切线方程，进而可得 ，从而可
得 ， ，进而求导可得 的取值范围.
【详解】设点 在曲线 上的坐标为 ，点 在曲线 上的坐标为 ，
由 ，可得 ，所以 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，
由 ，可得 ，所以 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，
因为两点处的切线相同，故 ，由 ，得 ，
将 代入 ，可得 ，
所以 ，所以 ，因为 ，所以 ，
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又 ，所以 ，所以 ，
所以 ，令 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 在 上单调递减，
又当 且 时， ，又当 ， ，
所以 的取值范围为 .
四、解答题:本题共 5 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，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，已知 ，且满足
．
（1）求角 B 的大小；
（2）求 的面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求解；
（2）利用基本不等式求出 ac 的最大值，再用面积公式即可.
【小问 1 详解】
由正弦定理得 ，由余弦定理得 ，
，∴ ；
【小问 2 详解】
因为 ， ，
当且仅当 时，等号成立，
所以 ，所以 ，
所以 的面积的最大值 ；
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综上， ， 的面积的最大值 .
16. 已知 为抛物线 上一点，点 到 的焦点的距离为 6，到 轴的距离为 5 .
（1）求 的方程；
（2）设 的焦点为 ，过点 的直线 与 交于 、 两点， ，求 .
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据抛物线定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，结合已知条件求出 的值，
进而得抛物线的方程；
（2）先求出焦点 的坐标，设直线 的方程，与抛物线方程联立，利用向量关系得到坐标关系，再结合韦
达定理求出直线方程中的参数，最后根据弦长公式求出 .
【小问 1 详解】
设点 ，因为点 到 的焦点的距离为 6，到 轴的距离为 5，
根据抛物线的定义，得 ，解得 ，
所以抛物线 的方程为 .
【小问 2 详解】
由（1）得，抛物线 的方程为 ，所以 ，
又过点 直线 与 交于 、 两点，
设直线 ： ， ， ，
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则 ，联立化简得 ，
所以 ， ， ，
又 ，则 ，
所以联立方程 ，解得 ，
根据弦长公式，对于直线与抛物线相交的弦长，
得 ，
将 ， ，代入上式，
可得 ，
又 ，得 .
17. 如图在四棱锥 中， ， ，且底面
为直角梯形， 平面 ， 分别为线段 上靠近点 的三等分点.
（1）证明: 平面 ；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先求证 平面 ，再根据 即可求出；
（2）以 为原点建立空间直角坐标系，分别计算两个平面的法向量，再利用公式计算即可.
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【小问 1 详解】
因 为直角梯形， ， ， ，
则 ，则 ，即 ，
因 平面 ， 平面 ，则 ，
又 平面 ，则 平面 ，
因 分别为线段 上靠近点 的三等分点，则 ，
则 平面 ；
【小问 2 详解】
以 为原点， 为基底建立空间直角坐标系，
则 ，
则 ，由 ，可设 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，则 ，
由题意可知平面 的一个法向量为 ，
则 ，
故平面 与平面 夹角的余弦值为 .
18. 已知函数 有两个极值点 且 .
（1）求实数 的取值范围；
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（2）证明: .
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由已知可得 有两个根，转化为函数 与函数 有两个交点，结合图象求解；
（2）由 ， ，得 ，令 ，用 表示 ，代入 ，构
造函数证明.
【小问 1 详解】
由已知可得 ，
因为 有两个极值点，所以 有两个根，
所以函数 与函数 有两个交点，
对函数 ， ，
当 时 ；当 时， .
所以函数 在 单调递增，在 单调递减，
当 时，取得最大值 ，且 时， ； 时， ，
所以函数 的图象如图所示，
所以若函数 与函数 有两个交点，则 ，
所以实数 的取值范围是 .
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【小问 2 详解】
由（1）可知 ， ，所以 ①， ②，
①-②得 ，
令 ，则 ，所以 ， ，
所以 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 在 单调递减，所以 ，
所以 在 单调递增，所以 ，
即 ，得
又 ，所以 ，
即 ，得证.
19. 数学中的“对称性”与“等效性”不仅体现在几何和函数中，还体现在概率问题中. 例如: 某班级共有
名学生 ，其学号记为 ，老师使用 点名软件进行随机点名. 规则为: 每次点名
时，软件会从 名学生中随机抽取一名学生对应的学号(每次点名后，学号复位，即认为有放同抽取)，
且每次抽取相互独立. 老师随机进行两次点名，记 为第 次抽取的学号
.
（1）计算 与 ；(用 表示)
（2）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量 ，有 . 记
，其中 表示 中的最大者， 表示
中的最小者.
(i)计算 的值；(用 表示)
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(ii) 证明 .
(参考公式: )
【答案】（1） , .
（2）(i) . (ii) 证明见解析.
【解析】
【分析】(1)据题意可得，有放回地随机点名两次共有 种结果.分别分析 与 对应的抽取
结果，即可求出其相应的概率 ；
【小问 1 详解】
(2)分别分析随机变量 对应的取值情况，求出每种取值相应的概率，进而求得其期望的值.根据随机
变量的期望具有线性可加性，求出 的值.利用作差法判断 E(X)，E(Y)，E(Z)的大小，进而可证明
.
据题意可得，随机点名两次共有 种结果.记 为第 次抽取的学号 .
当 时， ,即两次抽取的学号相同，共有 N 种结果，所以 .
当 时，即第一次抽取的号码比第二次小.因为 与 对应的抽取结果数目一样,所以当
时，有 种结果，
所以 .
【小问 2 详解】
记 则 的所有可能取值为 ，
当 时，当且仅当 且 ，所以 ,
当 时， 或 .若 ,则 或 ；若 ,则 或 .共有
种情况,所以 ,
…… , .
所以
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所以 .
记 ，则 的所有可能取值为 ，
当 时，当且仅当 且 ，只有一种情况，所以
当 时， 或 .若 ,则 或 ；若 ,则
或 .共有 种情况,
.
……
, ，
,
所以
所以
(i) .
(ii) 证明:因为 为第 次抽取的学号 .
所以 的所有可能取值为 ，
由(1)知 .
当 时， 或
若 ，则第一次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第二次取得的学号已经确
定，因此有 种情况；
若 ，则第二次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第一次取得的学号已经确
定，因此有 种情况；
所以
第 18页/共 19页
当 时， 或
若 ，则第一次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第二次取得的学号已经确定，
因此有 种情况；
若 ，则第二次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第一次取得的学号已经确定，
因此有 种情况；
所以
……
同理，
所以
所以 .
.
因为 ,所以 ,所以 ,
所以
所以 得证.
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