精品解析：重庆市第八中学校2025-2026学年高三上学期入学考试数学试题

重庆八中 2025-2026 学年度（上）高三年级入学考试 数学试题 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（ ） 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； 第二种：甲盒取出两红、乙盒取出1红1蓝，此时有； 故共有种不同的取法， 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】化简后判断函数为偶函数，再判断函数的单调性，利用单调性得出不等式求解. 【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. 当时，令， 由对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，平方后化简可得， 即，解得或， 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 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 是定义在上的奇函数， 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 【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， 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， 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_____． 【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， 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， 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，， 为二面角的平面角. 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； （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) （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 【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， 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； （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： 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 ； 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， 故存在，有， 且时，，且时，(不恒为零）， 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， 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆八中 2025-2026 学年度（上）高三年级入学考试 数学试题 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 2. 不等式 的解集是（ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中常数项是，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 函数（）的最大值为（ ） A. B. 3 C. 1 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 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 函数 的最小值为（ ） A. B. 1 C. D. 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 C. 离心率 D. 的最小值为 10. 已知函数 是定义在上的奇函数， 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 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. 三、填空题： 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分． 12. _____． 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_____． 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_____． 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． 16. 已知函数 ． （1）当时，求曲线在点 处的切线方程； （2）若有极大值，且，求的取值范围． 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) （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． 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． 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 ； ②数列 单调递减． (提示： 时， ) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $