精品解析：广东省东莞市2026届高三8月入学前适应性检测数学试题

2026届高三8月入学前适应性检测 数学（试题） 说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟 （注意事项：详见考生须知，考生务必按照相关细则执行！否则后果自负！） 一、选择题（本小题共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. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 将标号为，，，，，的张卡片放入个不同的信封中，若每个信封放张，其中标号为，的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 3. 已知直线与平行，则实数a的值为 A. －1或2 B. 0或2 C. 2 D. －1 4. 函数所有零点的和等于（ ） A. 6 B. 7.5 C. 9 D. 12 5. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在处有极小值，则的值为（ ） A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 或6 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，都是正实数，且直线与直线互相垂直，则的最小值为（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 25 二、选择题（本小题共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. 某不透明盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中有3个白球2个黑球，现从中随机取两个球，甲表示事件“第一次取到黑球”，乙表示事件“第二次取到白球”，则下列说法错误的是（ ） A. 若不放回取球，则甲乙相互独立 B. 若有放回取球，则甲乙相互独立 C. 若不放回取球，则甲乙为互斥事件 D. 若有放回取球，则甲乙为互斥事件 10. 若，则x的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 11. 设，且，则下列关系式可能成立的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知对任意恒成立，则__________． 13. 若半径为5的球的两个平行截面圆的周长分别为和,则这两个截面间的距离为___． 14. 有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望_________. 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. 已知函数． （1）若，求a的取值范围； （2）证明：若有两个零点，则． 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）若，求的面积的最大值. 17. 设. （1）若不等式对于一切实数恒成立，求实数的取值范围； （2）解关于的不等式. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，函数恰有两个零点. （i）求m的取值范围； （ii）证明:. 19. 有，，，，，，，八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，运动员与其它运动员对决时，获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立． （1）求这八名运动员各自获得冠军的概率； （2）求与对决过且最后获得冠军的概率； （3）求与对决过且最后获得冠军的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三8月入学前适应性检测 数学（试题） 说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟 （注意事项：详见考生须知，考生务必按照相关细则执行！否则后果自负！） 一、选择题（本小题共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. 已知函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用换元法和复合函数单调性的判断方法，换元后可知只要满足即可，从而可求出实数的取值范围. 【详解】令，则， 因为函数在区间上单调递减， 且在定义域内递增， 所以，解得， 故选：B 2. 将标号为，，，，，的张卡片放入个不同的信封中，若每个信封放张，其中标号为，的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（    ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【解析】 【分析】首先从个信封中选一个放，，再从剩下的个数中选个放在一个信封中，剩下的放入最后一个信封，根据分步乘法计数原理可得结果． 【详解】先从个信封中选一个放标号为，的卡片，有种不同的选法， 再从剩下的张卡片中选两张放入余下两个信封的第一个，有种不同的选法， 余下卡片放入第二个信封， 共有种不同的方法． 故选：B． 3. 已知直线与平行，则实数a的值为 A. －1或2 B. 0或2 C. 2 D. －1 【答案】D 【解析】 【分析】根据两直线平行，列方程，求的a的值. 【详解】已知两直线平行，可得a•a -（a+2）=0，即a2-a-2=0，解得a=2或-1． 经过验证可得：a=2时两条直线重合，舍去． ∴a=-1． 故选D 【点睛】对于直线 若直线 4. 函数所有零点的和等于（ ） A. 6 B. 7.5 C. 9 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】首先确定函数定义域为，分别画出函数与函数的图象，再根据在端点处的斜率关系求出零点个数为6个，再由对称性可求出所有零点之和为9. 【详解】易知，可得，即函数的定义域为， 函数的零点即方程的解，即函数与函数的图象交点的横坐标. ，，故两函数的图象都是从原点出发，且是一个交点， 且两个函数的图象都关于直线对称. 函数对应的曲线方程为，表示一个半圆，如图所示： 半圆在、处的切线斜率不存在， 而在、处的切线斜率分别为，， 可见，这两个函数的图象在区间上有6个交点，且这些交点关于直线对称， 而两个关于直线对称的点的横坐标之和等于3，故函数所有零点的和是9 故选：C 5. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式 【详解】因为，所以， 函数在上单调递增，且，因为 所以，所以，即， 又，所以，所以，即，综上，. 故选：D 6. 已知函数在处有极小值，则的值为（ ） A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 或6 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数在处有极小值，得到，解出关于的方程，再验证是否为极小值即可． 【详解】函数， ， 又在处有极值， ， 解得或6， 又由函数在处有极小值，故， 时，， 所以函数在处有极大值，不符合题意. 故选：A 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：根据指对互化以及对数函数的单调性即可知，再利用基本不等式，换底公式可得，，然后由指数函数的单调性即可解出． 【详解】［方法一］：（指对数函数性质） 由可得，而，所以，即，所以. 又，所以，即， 所以.综上，. ［方法二］：【最优解】（构造函数） 由，可得． 根据的形式构造函数 ，则， 令，解得 ，由 知 . 在 上单调递增，所以 ，即 ， 又因为 ，所以 . 故选：A. 【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法； 法二：利用的形式构造函数，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是该题的最优解． 8. 已知，都是正实数，且直线与直线互相垂直，则的最小值为（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】根据两条直线垂直得出,再根据基本不等式计算求解即可. 【详解】因为直线与直线互相垂直， 所以即得, 所以, 因为，都是正实数，所以. 当且仅当时，取最小值25. 故选：D. 二、选择题（本小题共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. 某不透明盒子中共有5个大小质地完全相同的小球，其中有3个白球2个黑球，现从中随机取两个球，甲表示事件“第一次取到黑球”，乙表示事件“第二次取到白球”，则下列说法错误的是（ ） A. 若不放回取球，则甲乙相互独立 B. 若有放回取球，则甲乙相互独立 C. 若不放回取球，则甲乙为互斥事件 D. 若有放回取球，则甲乙为互斥事件 【答案】ACD 【解析】 【分析】先求出放回和不放回的样本空间和相应事件甲和乙以及它们交事件的样本空间，进而可求出各事件发生的概率，从而根据样本点和概率以及互斥事件和独立事件的定义即可求解. 【详解】由题记样本点为，分别表示第一次和第二次取到的球， 将3个白球2个黑球分别标记为和， 则放回抽样样本空间为 共25个样本点， 甲事件样本空间为， 共10个样本点，则； 乙事件样本空间为 共15个样本点，则， 则共6个样本点， 故甲乙不为互斥事件，且即甲相互独立，故B对、D错； 不放回抽样样本空间为 共20个样本点， 甲事件样本空间为， 共8个样本点，则； 乙事件样本空间为 共12个样本点，则， 则共6个样本点， 故甲乙不为互斥事件，且即甲不相互独立，故A、C错. 故选：ACD. 10. 若，则x的值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】BD 【解析】 【分析】直接利用组合数的公式的性质求解即可. 【详解】由组合数的性质可得或，解得或4. 故选：BD 11. 设，且，则下列关系式可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】首先求出，再分别构造函数，结合导数，利用函数单调性一一分析即可. 【详解】由于，知，及其，则，解得， 对AB，，设函数，， 故在上单调递减，则1，即，故A对B错； 对C，由于，设，， 故在上单调递减，，故， 若，故C对； 对D，，设，， 令，则，则，，则，， 则在上单调递增，在上单调递减，，故，即，故D错误. 故选：AC. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知对任意恒成立，则__________． 【答案】## 【解析】 【详解】由，可得，从而，再由，，对任意恒成立，利用判别式法求解，得解. 令，解得，故，即， 则，所以对任意恒成立， 所以即解得， 同理对任意恒成立可得， 综上得， 则 故答案为： 13. 若半径为5的球的两个平行截面圆的周长分别为和,则这两个截面间的距离为___． 【答案】1或7 【解析】 【分析】计算出球心到这两个截面的距离，从而可得出这两个截面间的距离. 【详解】两个平行截面圆的半径为和，球心到这两个截面的距离为和，所以这两个截面间的距离为或. 故答案为：或. 【点睛】本题考查球心到截面距离的计算，考查计算能力，属于基础题. 14. 有5个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记X为这5个球中至少被取出1次的球的个数，则X的数学期望_________. 【答案】## 【解析】 【分析】法一：根据题意得到的可能取值，再利用分步乘法原理与古典概型的概率公式求得的分布列，从而求得；法二，根据题意假设随机变量，利用对立事件与独立事件的概率公式求得，进而利用数学期望的性质求得. 【详解】法一：依题意，的可能取值为1、2、3， 总的选取可能数为， 其中：三次抽取同一球，选择球的编号有5种方式， 故， ：恰好两种不同球被取出（即一球出现两次，另一球出现一次）， 选取出现两次的球有5种方式，选取出现一次的球有4种方式， 其中选取出现一次球的位置有3种可能，故事件的可能情况有种， 故， ：三种不同球被取出， 由排列数可知事件的可能情有况种， 故， 所以 . 故答案为：. 法二：依题意，假设随机变量，其中： 其中，则， 由于球的对称性，易知所有相等， 则由期望的线性性质，得， 由题意可知，球在单次抽取中未被取出的概率为， 由于抽取独立，三次均未取出球的概率为， 因此球至少被取出一次的概率为：， 故， 所以. 故答案为：. 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. 已知函数． （1）若，求a的取值范围； （2）证明：若有两个零点，则． 【答案】（1） （2）证明见的解析 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解； （2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证. 【小问1详解】 [方法一]：常规求导 的定义域为，则 令,得 当单调递减 当单调递增， 若,则,即 所以的取值范围为 [方法二]：同构处理 由得： 令，则即 令，则 故在区间上是增函数 故，即 所以的取值范围为 【小问2详解】 [方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 因为,即证 又因为,故只需证 即证 即证 下面证明时， 设， 则 设 所以,而 所以,所以 所以在单调递增 即,所以 令 所以在单调递减 即,所以； 综上, ,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式 这个函数经常出现，需要掌握 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求B； （2）若，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再由内角和等于消去角A，然后通过和差公式展开化简可得； （2）余弦定理结合基本不等式可得ac最大值，然后由面积公式可得. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理可得， 即， 整理得， 又，所以，所以， 即，又， 所以，即. 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得 ， 所以，当且仅当时取等号， 所以，故的面积的最大值为. 17. 设. （1）若不等式对于一切实数恒成立，求实数的取值范围； （2）解关于的不等式. 【答案】（1） （2） 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为或， 当时，不等式的解集为. 【解析】 【分析】（1）分、两种情况，结合一元二次函数的性质可求； （2）因式分解，根据、、以及根的大小进行分类，结合一元二次函数图象求. 【小问1详解】 不等式对于一切实数恒成立等价于对于一切实数恒成立， 当时，不等式可化为，不满足题意； 当时，，解得； 综上，实数的取值范围为. 【小问2详解】 不等式等价于，即， 当时，不等式可化为，所以不等式的解集为； 当时，不等式可化为，此时， 所以不等式的解集为； 当时，不等式可化为， ①当时，，不等式的解集为； ②当时，，不等式的解集为或； ③当时，，不等式的解集为. 综上可得：当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为或， 当时，不等式的解集为. 18. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，函数恰有两个零点. （i）求m的取值范围； （ii）证明:. 【答案】（1）当时，函数在上递减；当时，函数在上递减，在上递增； （2）（i）； （ii）因为，即， 则， 所以， 有基本不等式可得， 当且仅当，即时，取等号， 由，由可得，这与矛盾，所以， 所以， 要证，即证， 设， 则 所以函数在上递减， 所以当时，， 因为，所以， 所以， 又， 所以. 【解析】 【分析】（1）求导，再分和，根据导数的符号即可得出答案； （2）（i）求导，，利用导数判断函数的单调性，再结合（1）分和两种情况讨论，利用零点的存在性定理即可得出答案； （ii）由（i）可得要证，即证，先证明，再构造函数，利用导数判断出函数的单调性，从而可得出结论. 【小问1详解】 ， 当时，，所以函数在上递减， 当时，设，则， 所以函数在上递增，即在上递增， 令，得， 当时，，函数为减函数， 当时，，函数为增函数， 综上可得，当时，函数在上递减； 当时，函数在上递减，在上递增； 【小问2详解】 （i）， 函数的定义域为， ， 设，则， 所以函数在上递增， 由（1）可知，当时，， 即， 所以， 所以， 又因，由零点的存在性定理可得， 存在，使得，即，（*） 当时，，即，为减函数， 当时，，即，为增函数， 当时，由（*）可知， 且， 设，则， 所以函数在上递增， 因为，结合， 得，又，所以， 所以， 即， 所以当时，函数最多一个零点，与题意矛盾， 当时，， 设，则， 所以函数在上递增， 所以，即， 因为，所以，即，所以， 则， 所以，且， 当时，， 所以由的单调性可知，且， 所以当时，，为减函数， 当时，，为增函数， 所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点， ，且， 所以由零点的存在性定理可知，在区间上存在唯一的零点， 所以当时，函数恰有两个零点， 综上所述，m的取值范围为； （ii）略 【点睛】方法点睛：用导数求函数零点个数问题方法： （1）分离参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从函数中分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，最后根据题设条件构建关于参数的不等式，确定参数范围； 19. 有，，，，，，，八名运动员参加乒乓球赛事，该赛事采用预赛，半决赛和决赛三轮淘汰制决定最后的冠军、八名运动员在比赛开始前抽签随机决定各自的位置编号，已知这七名运动员互相对决时彼此间的获胜概率均为，运动员与其它运动员对决时，获胜的概率为，每场对决没有平局，且结果相互独立． （1）求这八名运动员各自获得冠军的概率； （2）求与对决过且最后获得冠军的概率； （3）求与对决过且最后获得冠军的概率． 【答案】（1）夺冠的概率为，七名运动员各自夺冠的概率均为 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式即可得到答案； （2）分别求出与在第1,2,3轮对决且胜利的概率，最后相加即可； （3）求出没有与对决过且最后获得冠军的概率，再利用条件概率和全概率公式计算即可. 【小问1详解】 夺冠即为三轮比赛都获胜，所以夺冠的概率为． 由题意，七名运动员水平相同，且八名运动各自夺冠概率之和为1． 所以七名运动员各自夺冠的概率均为． 【小问2详解】 记事件＂获得冠军＂，事件＂与对决过＂，事件“与在第轮对决”，． 不妨设在①号位，则在第1,2,3轮能与对决时其位置编号分别为②，③④，⑤⑥⑦⑧． ， ， ， ， 所以. 【小问3详解】 记事件“与对决过”． 没有与对决过且最后获得冠军的概率． 由题意，六名运动员与对决过的概率相同，夺冠时共与三名运动员对决． 所以． 代入得：． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用全概率公式计算出相关概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $