精品解析：重庆市巴蜀中学校2026届高三上学期开学考试数学试题

数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色色素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回、满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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（ ） A B. C. D. 2. 已知命题；命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 函数的单调递增区间为 A. B. C. D. 4. 已知，比较的大小为（ ） A. B. C. D. 5. 已知事件和事件相互独立，为事件的对立事件．若，则（ ） A. 0.24 B. 0.56 C. 0.76 D. 0.84 6. 设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. 2 D. 7. 已知正实数满足，则的最小值是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 8. 已知双曲线的右焦点为，右顶点为，过点的直线与双曲线的一条渐近线交于点，与其左支交于点，且点与点不在同一象限，直线与直线为坐标原点）的交点在双曲线上，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 随机变量分别服从正态分布和二项分布，即，则（ ） A. B. C D. 10. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，为的准线，则（ ） A B. C. 以为直径的圆与相切 D. 的面积为 11. 已知定义域为的函数，对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（ ） A. B. 是奇函数 C. 关于中心对称 D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 曲线在处的切线方程为______ 13. 记为等比数列的前项和，若，则的公比为________ 14. 已知函数，且满足，则实数的取值范围为________ 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知是公差不为零的等差数列，满足，且成等比数列． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 设函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围． 17. 设分别为椭圆左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）设为直线上不同于点任意一点，若直线分别与椭圆相交于异于，的点，证明：点在以为直径的圆内． 18. 有一个装着5个小球的箱子，其中白球3个，红球2个．从箱子里随机取出一个小球，同时抛掷一枚质地均匀的硬币：如果硬币出现正面，小球留在手上；如果硬币出现反面，小球放回箱子．重复该试验，当箱中无小球时停止试验．假设刚开始时手上没有小球，请回答以下问题： （1）求经过两次试验后，手上有两个白球的概率； （2）求经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球的概率； （3）设第次停止试验的概率为，则当取最大值时，求的值． 19. 已知函数和．设为函数的两个零点，，为函数的两个零点． （1）求的取值范围； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色色素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效. 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回、满分150分，考试用时120分钟. 一、单项选择题（本大题共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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据一元二次方程的解法以及交集的定义即可求解. 【详解】，即，， 解得或， 因此集合， 又集合，则. 故选：A. 2. 已知命题；命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】利用特值法即可判断两个命题的真假，从而得到答案. 【详解】对于命题，不妨取，则，则命题为假命题， 对于命题，不妨取，，显然，则命题为真命题， 因此，是假命题，和都是真命题. 故选：B. 3. 函数的单调递增区间为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】函数有：，解得或. 令,(或). 则对称轴为：，所以在上单增，也单增. 所以函数的单调递增区间为. 故选D. 4. 已知，比较的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，利用单调性即可比较与，又即可比较与，进而求解. 【详解】由，又因为在单调递增，又，所以， 又，所以，所以. 故选：D 5. 已知事件和事件相互独立，为事件的对立事件．若，则（ ） A. 0.24 B. 0.56 C. 0.76 D. 0.84 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用相互独立事件的概率公式及概率的基本性质计算即可. 【详解】由得， 由以及事件和事件相互独立得， 所以. 故选：C. 6. 设是定义在上且周期为2的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇偶性及周期性求函数值即可. 【详解】因为是定义在上且周期为2的奇函数， 所以， 而当时，， 则，故A正确. 故选：A. 7. 已知正实数满足，则的最小值是（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，代入得，再由均值不等式即可求解. 【详解】由有：， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 故选：B. 8. 已知双曲线的右焦点为，右顶点为，过点的直线与双曲线的一条渐近线交于点，与其左支交于点，且点与点不在同一象限，直线与直线为坐标原点）的交点在双曲线上，若，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据图形，取左焦点，证明为平行四边形，推得，由相似比，结合题设条件得到，即可求得离心率. 【详解】 如图，因直线与直线为坐标原点）的交点在双曲线上，则点与点关于原点对称， 设点为双曲线的左焦点，连接，因，则四边形为平行四边形， 故，易得， 则，化简得，故. 故选：B. 二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 随机变量分别服从正态分布和二项分布，即，则（ ） A B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A由正态分布的对称性即可判断，对于B利用二项分布即可求，进而判断，利用正态分布和二项分布求数学期望和方差即可判断C、D. 【详解】对于A：由，所以，故A正确； 对于B：由，所以，故B正确； 对于C：由，所以，故C正确； 对于D：由，所以，故D错误. 故选：ABC. 10. 设为坐标原点，直线过抛物线的焦点，且与交于两点，为的准线，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与相切 D. 的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由抛物线的焦点坐标可判断A，由抛物线的定义计算过焦点的弦长可判断B，根据圆和直线的位置关系可判断C，利用点到直线的距离公式计算高，再由三角形面积公式可判断D. 【详解】对于A，由题意，在直线中，令，可得，所以抛物线的焦点为， 则，，故A正确； 对于B，设，，联立得， 则，，故B错误； 对于C，， 设中点为，则， ，到直线的距离，以为直径的圆的半径， 由于，所以以为直径的圆与相切，故C正确； 对于D，到的距离， 则的面积为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知定义域为的函数，对任意实数都有，且，则以下结论一定正确的有（ ） A. B. 是奇函数 C. 关于中心对称 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，令得或，令得，结合求得；对B，令，结合利用偶函数定义判断；对C，令得，即可判断；对D，由B、C的解析可得函数的周期为4，从而可判断D. 【详解】对于A，令，可得，解得或， 令，， 又，若，则，显然不成立，故，故A正确； 对于B，令，得，即， 又函数的定义域为，所以为偶函数，故B错误； 对于C，由选项A知，，所以， 令，得，即， 所以函数关于中心对称，故C正确； 对于D，因为为偶函数，所以， 又由C选项得，即，得， 所以，故函数的周期为4， 因为， 所以一个周期的和为， 所以，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 曲线在处的切线方程为______ 【答案】 【解析】 【分析】求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，代入点斜式直线方程求解即可. 【详解】记，则，，又， 所以曲线在处的切线方程为，即. 故答案为： 13. 记为等比数列的前项和，若，则的公比为________ 【答案】2 【解析】 【分析】设数列的公比为，根据条件判断，利用等比数列的前项和公式代入化简，推得，即可求出公比. 【详解】设数列的公比为，若，则， 因，则，不合题意；故， 由可得， 化简得：， 因，则得，因，解得. 故答案为：2. 14. 已知函数，且满足，则实数的取值范围为________ 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，再判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的奇偶性和单调性解不等式即可. 【详解】由，得或，解得， 即的定义域为， 因为， 所以为奇函数， 且， 显然为上的增函数， ，即， 可得，解得， 同时有，解得， 综上，实数的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知是公差不为零的等差数列，满足，且成等比数列． （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）由等比中项的性质和等差数列的通项公式计算即可； （2）利用错位相减法求和计算可得结果. 小问1详解】 设的公差为，因为成等比数列， 所以，即，，化简得， 由于，所以，， 所以通项公式为. 【小问2详解】 ， ①， ②， ①②得， 所以. 16. 设函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若有极小值，且极小值小于0，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，分类讨论，判断导数正负，即可得出结论； （2）结合（1）中分类讨论结果，可确定函数极值点，进而列出相应不等式，求得答案. 【小问1详解】 定义域为R，， 令，解得或， ①当时， 当时，，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增； ②当时，则在R上单调递增； ③当时， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增； 综上，当时，在和单调递增，在单调递减； 当时，在R上单调递增； 当时，在和单调递增，在单调递减． 【小问2详解】 由（1）知时，在和单调递增，在单调递减， 所以为的极小值点，此时的极小值为， 所以，解得； 时，在R上单调递增，显然无极值点，不合题意； 时，在和单调递增，在单调递减， 所以为的极小值点，此时的极小值为，不合题意； 综上，，即的取值范围是. 17. 设分别为椭圆的左、右顶点，椭圆长半轴的长等于焦距，且点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）设为直线上不同于点的任意一点，若直线分别与椭圆相交于异于，的点，证明：点在以为直径的圆内． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用题设条件建立关于的方程组，求解即得椭圆方程； （2）设，写出直线的方程，将它们分别与椭圆方程联立，求出点的坐标，计算并由推得为钝角，从而证得结论. 【小问1详解】 由题意，，解得， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 如图，设，由题意，， 则直线的方程为，代入，整理得：， 则，即，，故， 直线的方程为，代入，整理得：， 则，即，，故， 于是， ， 因，故可得， 即为钝角，因圆的直径所对的圆周角为直角，故点在以为直径的圆内. 18. 有一个装着5个小球的箱子，其中白球3个，红球2个．从箱子里随机取出一个小球，同时抛掷一枚质地均匀的硬币：如果硬币出现正面，小球留在手上；如果硬币出现反面，小球放回箱子．重复该试验，当箱中无小球时停止试验．假设刚开始时手上没有小球，请回答以下问题： （1）求经过两次试验后，手上有两个白球的概率； （2）求经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球的概率； （3）设第次停止试验的概率为，则当取最大值时，求的值． 【答案】（1） （2） （3）或9. 【解析】 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式和古典概型概率公式计算即得； （2）先将所求事件分成两种互斥事件：①三次试验取到两个白球和一个红球且有一个白球被放回；②三次试验取到两个红球和一个白球且有一个红球被放回，分别利用组合数公式求其概率，再运用概率加法公式即可； （3）依题意，列出的解析式，通过作商判断概率的增减性，即可求出的最大值以及此时的值. 【小问1详解】 因“经过两次试验后，手上有两个白球”即第一次和第二次试验都取到了1个白球， 且这两次取出的球都未放回箱子，也即两次抛掷硬币均正面向上，故其概率为： . 【小问2详解】 由题意，“经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球”包括两个事件： ①三次试验取到两个白球和一个红球且有一个白球被放回，其概率为：； ②三次试验取到两个红球和一个白球且有一个红球被放回，其概率为： . 故由互斥事件概率加法公式，经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球的概率为. 【小问3详解】 依题意，， 由，解得，即， 故经过8次或9次试验后，停止试验的概率最大，此时或9. 19. 已知函数和．设为函数的两个零点，，为函数的两个零点． （1）求的取值范围； （2）证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令，解得，设新函数，利用导数得其最值，结合极限分析得，同理令得：．再设新函数结合导数和极限分析即可得到的范围； （2）先证：，利用极限分析得有两个不同的根，设新函数，求导得其单调性，则，从而得到以上不等式，再去证明，设，结合二次求导法即可证明. 【小问1详解】 令得：，设， 则，由得：；由得：； 所以在上单调递增，上单调递减， 所以的最大值为且当时，，且大于0， 当时，， 所以若有两个不同的根时，. 同理：令得：． 设，. 由得：；由得：. 所以在上单调递增，上单调递减， 所以的最大值为且当且大于0时，且大于0，当时，， 所以若有两个不同的根时，. 综上：． 【小问2详解】 先证：， 由（1）知：在上单调递增，上单调递减， 的最大值为且当且大于0时，且大于0，当时，， 有两个不同根， 设且， 则， 即在上单调递增． 又因为，所以，即． 又因为，所以， 又因为在上单调递减，所以， 即得证。 再证：， 设且， 则且． 令，则， 由得：；由得：； 所以在上单调递减，上单调递增， 所以，即，所以在上单调递增， 又因为，所以当时，；当时，， 即当时，；当时，， 由（1）知：， 所以有且在上单调递增， 所以，同理可得：， 所以得证． 综上：，得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $