精品解析：重庆市第八中学校2025届高三上学期开学考试数学试题

重庆八中高2025届高三上开学考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设集合，，且，则集合（ ） A. B. C. D. 2. 赵佶所作《瑞鹤图》中房殿顶的设计体现了古人的智慧，如下图，分别以，为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，屋顶剖面的曲线与轴、轴均相切，，两点间的曲线可近似看成函数的图象，有导函数，为了让雨水最快排出，需要满足螺旋线方程，其中，为常数，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 使得“函数在区间上单调递减”成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 定义在上的函数满足，则函数的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 7. 已知数列满足，且对任意均有.记前项和为，则（ ） A. 28 B. 140 C. 256 D. 784 8. 将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（ ） 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. 设函数，，，则下列函数中满足，与值域相同的是（ ） A. B. C. D. 10. 在信道内传输信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为．若输入四个相同的信号的概率分别为，且．记事件分别表示“输入”“输入”“输入”，事件表示“依次输出”，则（ ） A. 若输入信号，则输出信号只有两个的概率为 B. C. D. 11. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ） A. 存旋转函数 B. 旋转函数一定是旋转函数 C. 若为旋转函数，则 D. 若为旋转函数，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若不等式对恒成立，则的最大值为__________. 13. 有1000张从1开始依次编号的多米诺骨牌，从小到大排成一行，每次从中去掉处在奇数位置的牌，则最后剩下的一张牌是______号． 14. 《扫雷》是一款益智类的小游戏，游戏要求玩家在方格中点击若干次，排除所有无雷的格子即算成功.方格中的数字代表其周围8格的地雷数.现有如图所示的方格阵，有4个方格已经被点开，则图中地雷数的可能取值有______种；若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有______种. 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. 已知函数（且）. （1）若对于任意的，都有，求实数的取值范围； （2）在（1）的条件下，是否存在，使在区间上的值域是？若存在，求实数的取值范围：若不存在，说明理由. 16. 已知函数，其中，. （1）若，，求的最大值； （2）若，求；（用表示） （3）若，求 17. 已知为坐标原点，经过点的直线与抛物线交于，（，异于点）两点，且以为直径的圆过点. （1）求方程； （2）已知，，是上的三点，若为正三角形，为的中心，求直线斜率的最大值. 18. 药房里有若干味药．药剂师用这些药配成22副药方，每副药方中恰有5味药，从中任选三味药都恰好只包含在某一副药方中． （1）药房中共有几味药？ （2）药物分为烈性药和非烈性药，要求每副药方中至少有一味是烈性药． （i）假设药房中有7味烈性药，证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药； （ii）证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药． 19. 已知. （1）若存在两个不同的使得的最小值为0，证明：； （2）设（为常数），且当恒成立时，的最小值为，求的取值集合. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重庆八中高2025届高三上开学考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 设集合，，且，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解出绝对值不等式与一元二次不等式后，再结合集合的性质即可得. 【详解】由可得，即，故， 由可得，即，故， 由且 ，故. 故选：B. 2. 赵佶所作《瑞鹤图》中房殿顶的设计体现了古人的智慧，如下图，分别以，为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，屋顶剖面的曲线与轴、轴均相切，，两点间的曲线可近似看成函数的图象，有导函数，为了让雨水最快排出，需要满足螺旋线方程，其中，为常数，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数图象的变化关系可得，再结合曲线与y轴相切的特征推理即可得解. 【详解】观察图象知，函数单调递减，即，于是， 而函数图象与轴相切，则从大于0的方向趋于0时，趋于负无穷大， 也即趋于0，又，因此， 所以，. 故选：D 3. 使得“函数在区间上单调递减”成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性列不等式组求解的范围，再求解使其成立的一个充分不必要条件. 【详解】解：令，， 因为在定义域上单调递增， 由函数在上单调递减， 则在上单调递减且恒成立， 所以，解得， 因为， 所以使成立的一个充分不必要条件为. 故选：D 4. 已知直线与交于两点，设弦的中点为为坐标原点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出圆心坐标与半径，再求出直线过定点坐标，设，，，联立直线与圆的方程，消元、列出韦达定理，即可得到，从而求出动点的轨迹方程，再求出圆心到坐标原点的距离，从而求出的取值范围. 【详解】即，则圆心为，半径， 直线，令，解得，即直线恒过定点， 又，所以点在圆内， 设，，，由， 消去整理得，显然，则， 则， 所以，， 则， 则， 又直线的斜率不为，所以不过点， 所以动点的轨迹方程为（除点外）， 圆的圆心为，半径， 又，所以， 即，即的取值范围为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键是求出动点的轨迹，再求出圆心到原点的距离，最后根据圆的几何性质计算可得. 5. 定义在上的奇函数满足，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据可求出、的值，分析可知函数是周期为的周期函数，计算出、的值，结合函数周期性和奇偶性的性质可求得的值. 【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且当时，， 由，① 且，② 由①②可得， 整理可得，解得，此时，，可得， 故当时，， ，合乎题意， 因为，则， 所以，函数是周期为的周期函数， 所以，， 在等式中，令可得，可得， ， 因此，. 故选：B. 6. 定义在上的函数满足，则函数的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知可求得，从而可求得函数的解析式，令，可得，即，构造函数并画出函数图象，结合图象即可得解. 【详解】解：因为， 所以， 所以， 所以， 由， 得，即， 即， 如图，画出函数和的图象， 当时，， 由图可知函数和的图象右4个交点， 即函数有4个零点. 故选：B. 【点睛】本题考查了函数解析式的求法，考查了利用数形结合思想求函数的零点的个数，考查了数形结合思想和转化思想，有一定的难度. 7. 已知数列满足，且对任意均有.记的前项和为，则（ ） A. 28 B. 140 C. 256 D. 784 【答案】B 【解析】 【分析】令，得到，令，求得，得出为等差数列，求得，利用累加法求得，再令，得到，求得，得出，即可求解. 详解】由数列满足，且， 令，可得，即， 再令，可得，即数列是公差为的等差数列， 又由，可得，即， 又由 即，所以及， 令，可得，代入可得， 解得，所以， 即数列的通项公式为， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是证明数列是公差为的等差数列，再结合累加法并求出，从而得到，最后计算即可. 8. 将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可得甲组的中位数为或，分别求出甲组的中位数为、时的分组方法，即可得解. 【详解】因为甲组、乙组均为个数，则其中位数为从小到大排列的第个数， 即小于中位数的有个数，大于中位数的也有个数， 依题意可得甲组的中位数为或， 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时从中选个数放到甲组，剩下的个数放到乙组， 再从中选个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时从中选个数放到甲组，剩下的个数放到乙组， 再从中选个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时甲组中小于的数有个、乙组中小于 的数有个， 从而得到小的数一共只有个，显然不符合题意，故舍去， 同理可得，甲组的中位数不能大于； 若甲组的中位数为，则乙组的中位数为，此时甲组中小于的数有个、乙组中小于 的数有个， 从而得到小的数一共只有个，显然不符合题意，故舍去， 同理可得，甲组的中位数不能小于； 综上可得不同的分组方法数是种. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是得到甲组的中位数为或再分类分别计算可得. 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. 设函数，，，则下列函数中满足，与值域相同的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】分别求出选项中与的值域即可得到答案. 详解】对选项A，，，， 故A错误. 对选项B，，，， 故B正确. 对选项C，，，，故C正确. 对选项D，，， ， 故D错误. 故选：BC 10. 在信道内传输信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为．若输入四个相同的信号的概率分别为，且．记事件分别表示“输入”“输入”“输入”，事件表示“依次输出”，则（ ） A. 若输入信号，则输出的信号只有两个的概率为 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由独立事件的乘法公式可得A错误；由条件概率公式可得BC正确；全概率的应用，先求出，再根据和化简得到D正确. 【详解】A：因为发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为，即收到的信号字母变的概率为，且信号的传输相互独立， 所以输入信号，则输出的信号只有两个的概率为，故A错误； B：因为，故B正确； C：，故C正确； D：因为， 而 ， 所以 ， 故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用独立事件的条件概率公式和全概率公式. 11. 在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（ ） A. 存在旋转函数 B. 旋转函数一定是旋转函数 C. 若为旋转函数，则 D. 若为旋转函数，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可. 【详解】对A，如满足条件，故A正确； 对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误； 对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得. 当时，最多1个解，满足题意； 当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确； 对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数. 又，故，即恒成立. 即图象在上方，故，即. 当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，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. 若不等式对恒成立，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先将不等式变形为，再把看成整体求解函数的值域，由不等式恒成立可得关于的不等关系，再利用不等关系表达所求式，并求其范围探究最值即可. 【详解】由，可得. 令，则在上单调递增，所以， 由对恒成立， 所以，则，故， 当且仅当，即时，等号成立，故的最大值为3. 故答案为：. 13. 有1000张从1开始依次编号的多米诺骨牌，从小到大排成一行，每次从中去掉处在奇数位置的牌，则最后剩下的一张牌是______号． 【答案】512 【解析】 【分析】根据题设，依次写出每次去掉奇数位后的余项，即可得结果. 【详解】第一次：余下编号，编号为，共500项； 第二次：余下编号，编号为，共250项； 第三次：余下编号，编号为，共125项； 第四次：余下编号，编号为，共62项； 第五次：余下编号，编号为，共31项； 第六次：余下编号，编号为，共15项； 第七次：余下编号，编号为，共7项； 第八次：余下编号，编号为，共3项； 第九次：余下编号，编号，共1项； 综上，最后剩下. 故答案为： 14. 《扫雷》是一款益智类的小游戏，游戏要求玩家在方格中点击若干次，排除所有无雷的格子即算成功.方格中的数字代表其周围8格的地雷数.现有如图所示的方格阵，有4个方格已经被点开，则图中地雷数的可能取值有______种；若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有______种. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】记为第行，第列格子，，，按照中是地雷和中不是地雷分两种情况讨论，再按照公共地雷的个数进行讨论可求出第一个空的答案；第二个空按照公共地雷个数为和分别计数，再相加可得解. 【详解】记为第行，第列格子，，， 4 3 3 2 当中是地雷时， 若其余无公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为； 当中不是地雷时， 若其余有且只有一个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有二个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有三个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有四个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有五个公共地雷时，图中地雷数为； 若其余有且只有六个公共地雷时，图中地雷数为； 综上所述：图中地雷数可能取共个值. 若已知图中共有7个地雷，由以上分析可知，共分两类： 第一类：当中是地雷时，其余有且只有二个公共地雷，共有种； 第二类：当中不是地雷时，其余有且只有五个公共地雷，共有， 所以若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有种. 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. 已知函数（且）. （1）若对于任意的，都有，求实数的取值范围； （2）在（1）的条件下，是否存在，使在区间上的值域是？若存在，求实数的取值范围：若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据对数函数性质求得在上的最大值，由计算即可得； （2）由对数函数单调性问题转化为一元二次方程在上有两个不等实根，由一元二次方程根的分布知识求解即可得． 【小问1详解】 对于任意的，都有，等价于， ∵， 设， 则t在上是增函数，下面按照的单调性分类讨论： 当时，在上递减，则，解得， 当时，在上递增，则，解得与矛盾，故舍去； 综上，. 【小问2详解】 ∵，∴在上递减， ∴，即， 即关于x方程在上有两个不等的实根， 设， 则，即． 综上，不存在这样的，满足条件. 16. 已知函数，其中，. （1）若，，求的最大值； （2）若，求；（用表示） （3）若，求 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由二项式定理求得，从而求得，然后设最大，解不等式组求解； （2）由题意可得，两边求导，令可得解； （3）用写出等式左边的和式，然后由组合数公式化简变形后再由二项式定理可得． 小问1详解】 ， ， 不妨设中，则 ，则或6， 中的最大值为. 【小问2详解】 若，，两边求导得， 令得，. 【小问3详解】 若，， ， 因为， 所以 ． 【点睛】关键点点睛：本题第三问，解题的关键是利用组合数公式将化简为. 17. 已知为坐标原点，经过点直线与抛物线交于，（，异于点）两点，且以为直径的圆过点. （1）求的方程； （2）已知，，是上的三点，若为正三角形，为的中心，求直线斜率的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，联立直线与抛物线方程，由代入计算，即可得到抛物线方程； （2）根据题意，分有一边斜率不存在与三边的斜率都存在讨论，分别表示出，结合代入计算，结合基本不等式即可得到直线斜率的最大值. 【小问1详解】 设，，，联立方程得， 则，. 因为以为直径的圆过点，所以，则，即， 解得， 所以，解得，所以的方程为. 【小问2详解】 设，，.不妨设，，按逆时针顺序排列. ①当有一边斜率不存在时，另一顶点为，不妨设， 则，. 与抛物线的方程联立得，，中心. ②当三边的斜率都存在时，，. 又，所以， 化简可得， 同理可得， ， 三式相加得. 因为，，是上的三点，所以， 又， 所以. 设，则，，代入上式得. 又①也满足，所以的轨迹方程为. 当，直线的斜率为，当且仅当时， 直线的斜率取得最大值. 当时，直线的斜率. 综上，直线斜率的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用内角为得到关于的三条方程，从而整理得的轨迹方程为，由此得解. 18. 药房里有若干味药．药剂师用这些药配成22副药方，每副药方中恰有5味药，从中任选的三味药都恰好只包含在某一副药方中． （1）药房中共有几味药？ （2）药物分为烈性药和非烈性药，要求每副药方中至少有一味是烈性药． （i）假设药房中有7味烈性药，证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药； （ii）证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药． 【答案】（1）12 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意列出方程，即可求解； （2）设共有烈性药r味，1味烈性药味非烈性药称为三药组”，考虑问题的反面，从而列出方程，结合该方程的解的情况，即可证明结论. 【小问1详解】 设共有n味药，一共可形成个“三药组”，另一方面，每个“三药组”恰有一副药方包含它， 22副药方中，每副药方可形成个“三药组”，合计220个“三药组”， 所以，所以． 【小问2详解】 设共有烈性药r味，假设每副药方中至多含有3味烈性药， 不妨把1味烈性药味非烈性药称为“三药组”， 共有个“三药组”， 另一方面，因为每3种烈性药恰有一副药方包含它，故有副药方恰含有3种烈性药， 每副这样的药方含有个“三药组”，其余副药方只含有1种或2种烈性药， 它们中每一幅都可形成或个“三药组”， 故22副药方一共可形成个“三药组”， 故有，得， （i）将代入, 即说明假设药房中有7味烈性药，全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药； （ii）两边考虑都除以5，右侧余2， 对于，当r取0，1，2，3，4，5时，均不成立， 即说明假设每副药方中至多含有3味烈性药不成立， 所以全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药． 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于理解透题意，特别是第二问的证明，解答时采用反证思想，从反面说明，推出方程无解，从而证明结论. 从而证明结论. 19. 已知. （1）若存在两个不同的使得的最小值为0，证明：； （2）设（为常数），且当恒成立时，的最小值为，求的取值集合. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出导数后，分、与讨论函数的调性后，构造函数，结合导数可得存在两个不同的，使得的最小值为0等价于存在两个不同的，使得，再构造函数，利用导数研究其单调性后即可得证； （2）由第一问可得，，构造函数，结合导数研究其单调性后可得，再构造函数，此时只需结合导数讨论的解即可得. 【小问1详解】 ，令，则， 当时，，单调递增，没有最小值，不满足题意； 当时，考虑这一侧，有， 则当时，，不满足题意； 当时, 恒成立, 在上单调递增， 取即有； 当时，有，则当时，； 所以存在唯一的，使得， 此时在上单调递减，在上单调递增， 且有，也即， 于是，， 记，则， 当时，恒成立，单调递增， 所以存在两个不同的，使得的最小值为0， 也即存在两个不同的，使得； 记，则， 易知在上单调递增，在上单调递减，所以； 若，当时，， 而当时，单调递减，方程至多有一个解，不满足题意； 若，则有，方程至多有一个解，满足题意； 综上，； 【小问2详解】 由第一问可知，， 取，则， 此时， 记，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由于，所以有， 记，则只需考虑的解即可， ， 所以在上单调递减，在上单调递增，而， 所以只有一个解， 此时， 综上，的取值集合为. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于构造函数，结合其单调性再构造函数，从而只需考虑的解即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$