精品解析：重庆市南开中学校2025-2026学年高三上学期第一次质量检测数学试题

重庆市南开中学高 2026 届高三第一次质量检测 数 学 试 题 注意事项: 1. 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟. 2. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3. 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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】由， 则. 故选：A. 2. 已知 ，则 “ ” 是 “ 且 ” 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数函数的单调性以及充分必要条件的概念即可得出答案. 【详解】若，则且或者且，故充分性错误； 若且，则，故必要性正确. 所以“”是“且”的必要不充分条件. 故选：B 3. 已知双曲线 ，其渐近线方程为 ，则 的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线方程公式以及离心率公式即可求解. 【详解】由题意可知，故离心率为， 故选:C 4. 已知函数，则 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性以及正负值即可通过排除求解. 【详解】的定义域为全体实数， 且，故为奇函数，图像关于原点对称，此时可排除AC, 又故，此时可排除D, 故选：B 5. 已知函数 ，若直线 与 的图象分别交于 两点，则 的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】首先对两函数求导，然后确定取最小值的条件，进而求出两点的坐标，从而求出的最小值. 【详解】因为，所以. 设， 对于，在点处的切线斜率为， 则切线方程为，即. 对于，在点处的切线斜率为， 则切线方程为，即. 当两切线平行且斜率相等时，最小，即两切线与直线垂直时，最小. 所以令，则；令，则. 此时. 所以. 故选：A. 6. 由1，2，3，4，5，6，7，8组成一个没有重复数字的八位数，任何相邻两个数字的奇偶性不同，且满足 3 和 4 相邻，则这样的八位数有（ ）个. A. 432 B. 257 C. 216 D. 504 【答案】D 【解析】 【分析】将3和4捆绑，由分步计数原理计算可得. 【详解】第一步，排1，5，7三个数，有种不同的排法； 第二步，排2，6，8三个数，有种不同的排法； 第三步，将3和4作为一个整体插入，有种不同的排法， 根据分步乘法计数原理，组成的不同的八位数共有个. 故选：D. 7. 已知 是正实数，若函数 的图象与 的图象相切，则 的最小值是（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】设切点为，根据导数的几何意义建立方程组，化简推得，利用基本不等式“1”的妙用即可求得答案. 【详解】由求导得， 设切点为，则， 由① ③ 联立可得代入② ，可得，又， 故，当且仅当时等号成立， 即时，取得最小值为. 故选：B. 8. 若函数 满足 ，且 ，则 的极大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意构造函数，结合可得，求出C，进而求出的解析式，结合导数与极值的关系，即可求得答案. 【详解】函数 满足 ，故令， 则，故， 由得，故， 则可得，故， 故，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故的极大值为， 故选：B 二、多项选择题:本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分， 部分选对得部分分， 有选错得 0 分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若事件与事件相互独立，则 B. 若事件与事件相互独立，则 C. 标准差描述了一组数据围绕平均数波动的大小， 标准差越大， 数据的离散程度越大 D. 在残差图中， 残差点分布的水平带状区域越宽， 说明模型拟合效果越好 【答案】AC 【解析】 【分析】根据独立事件的含义可判断AB；根据标准差的含义判读C；根据残差图的意义判断D. 【详解】对于A，事件与事件 相互独立，则，正确； 对于B，事件与事件相互独立，则， 而不一定等于0，故不一定成立，故B错误； 对于C，标准差描述了一组数据围绕平均数波动的大小，标准差越大，数据的离散程度越大，正确； 对于D，在残差图中， 残差点分布的水平带状区域越宽， 说明模型拟合效果越差，D错误， 故选：AC 10. 已知 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由指数函数在上的单调性即可判断，对于B，由在上单调性可判断；对于C，令,则在上为单调递增函数，由单调性即可判断；对于D,由题可得：,由于在上单调递增，可得,从而判断结论, 【详解】对于A，由于  ，在上为单调递减函数，可得,故A不正确； 对于B，由于  ，则在上单调递减，所以,由于,则，B正确； 对于C，令,则在上为单调递增函数，由于,所以,即,故C不正确； 对于D,由于  ，则，所以,由于在上单调递增，,所以,即,故, 故选：BD 11. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ） A. 当 时， 有唯一解 B. 都存在极值点 C. 当 时，若在 上单调递减，则 D. 当 时，若有两个不同实根 ，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由求解即可；对于B，由存在变号零点，即可判断；对于C，由恒成立，参变分离求最值即可判断，对于D，求得在原点及处的切线方程，通过与切线的交点距离即可判断. 【详解】对于A，当时，， 令，解得：，故A正确， 对于B，，当时，， 当时，，又为连续函数， 所以存在变号零点， 所以存在极值点，B正确， 对于C，当时，， 因为 在 上单调递减， 所以恒成立， 即恒成立， 易知函数在单调递减，， 所以，C错误； 对于D，时，，， 所以在原点处的切线为，在处的切线为， 设直线与两条切线的交点横坐标为， 联立方程和 可得， 由图像可知：，D正确； 故选：ABD 三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 的展开式中的系数是______．（结果用数字作答） 【答案】14 【解析】 【分析】先写出二项展开式的通项公式，由题意求出，代入通项计算即得. 【详解】二项式的展开式通项为：， 令，可得，则展开式中的系数是. 故答案为：14. 13. 已知函数 ，则关于 的不等式 的解集为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由函数解析式可知，函数为奇函数，然后利用函数性质将不等式进行转化，最后解不等式即可. 【详解】已知函数,其定义域为,关于原点对称， 计算， 而， 所以，所以函数是上的奇函数， 对求导，根据求导公式得， ，所以在上单调递增， 由于是奇函数，可得， 等价于， 又因为在上单调递增，所以， 移项得，即， 解得， 因此，不等式的解集为. 故答案为： 14. 已知函数 在 上单调递增，则 的最小值是_____. 【答案】 【解析】 【分析】由在上单调递增，得到，将转化为变量的函数，求导求最值. 【详解】因为在上单调递增， 所以在恒成立. 若，则，所以恒成立，显然不成立； 若，则在恒成立等价于在上恒成立， 所以，所以. 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以当时，取得最小值，即的最小值是. 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 . （1）当 时，求函数的值域； （2）对 ，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由对数的运算化简，再令进行换元，转化为二次函数的值域性问题； （2）根据对数运算性质，不等式转化为，再分、进行讨论，结合参变分离及函数单调性即可求解. 【小问1详解】 ， 令，， 则， 所以函数的值域为. 【小问2详解】 ， 令， 则不等式化为在上恒成立， 时，成立， 时，， 又在上单调递减， 所以. 综上，. 16. 在圆锥中，母线长为2，四边形为底面圆的内接四边形，若面积的最大值为. （1）求圆锥的体积； （2）若四边形为平行四边形，，求平面与平面所成夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形的面积公式可得，结合题设及正弦函数性质、圆锥的轴截面知识可得的最大值为，即可得到过底面圆心，为等边三角形，进而求解即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 由， 因为面积的最大值为，所以的最大值为， 则圆锥轴截面等腰三角形的顶角为锐角，否则的最大值为1， 因为函数在上单调递增， 所以的最大值为，此时过底面圆心，即为等边三角形， 则， 所以圆锥的体积为. 【小问2详解】 由（1）知，为底面圆的直径，则， 即四边形为矩形， 因为，，所以， 如图，以为原点，以所在直线为轴，以平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设平面与平面所成角为， 则， 所以平面与平面所成夹角的余弦值为. 17. 某校举行知识竞赛，甲乙两位同学组队答题，甲先依次答一二题，乙再依次答三四题，若两人合计答对题数大于或等于3，则取得胜利，并获得纪念品（恰好答对前三题时应继续答完第四题）；若两人合计答错两题则中止答题，已知，甲、乙答对每道题的概率分别为，假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响． （1）当时，设为乙答题的道数，求的分布列及期望； （2）当时，求甲乙获得纪念品的概率的最小值． 【答案】（1）分布列如下， 0 1 2 P （2） 【解析】 【分析】（1）根据X的取值逐一分情况计算即可得到答案； （2）求解出甲乙获得纪念品的概率表达式，对变形后得到，代入概率表达式化简，再应用均值不等式即可求解． 【小问1详解】 X的可能取值为0,1,2， 当时，甲前2题都答错，此时乙不需要答题， 所以， 当时，甲前2道题只答对1道题，且乙答第3题时答错，此时不会继续答第4题， 甲前2道题只答对1道题的概率为，乙答错第3题的概率为， 所以， 当时，有2种情况， ①甲前2道题只答对1道题，乙第3题答对，此时必答第4题， 概率为， ②甲答对2题，此时乙必答第3和第4道题，概率为， 所以，分布列如下， 0 1 2 P 期望． 【小问2详解】 两人合计答对题数大于或等于3获得纪念品，分三种情况： ①甲答对1题，乙答对2题，概率为； ②甲答对2题，乙答对1题，概率为； ③甲答对2题，乙答对2题，概率为. 所以获得纪念品的概率， 又因为，所以，即， 对P进行变形， ， 由可得，即，所以， 当且仅当即时等号成立. 所以P的最小值. 综上，甲乙获得纪念品的概率的最小值为． 18. 椭圆 的上顶点为 ，左右焦点分别为 ，为坐标原点， 为 上动点， 已知 ，且当 垂直于长轴时， . （1）求椭圆 的方程； （2）若一条直线与椭圆 交于不同两点 ，且直线 斜率乘积为 ，直线 垂直 于点 . （i） 求动点 的轨迹方程; （ii）已知 为线段 上靠近 的四等分点，求 面积的最大值. 【答案】（1） （2）（i），（去掉原点）;（ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义得，将代入椭圆方程，结合，求得，即得椭圆方程； （2）（i）依题设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，设，写出韦达定理，利用化简，代入韦达定理，可推出，依题求得，即得，利用直线的方程与其联立，消去，即得动点 的轨迹方程；（ii）易判断点恰为动点 的轨迹圆的圆心，即得的边上的高的最大值为圆的半径，设点，由两点间距离公式化简计算，利用二次函数的性质即得其最大值，进而得到的面积最大值. 【小问1详解】 依题意，，解得，把代入中，可得，因，则得，将代入，解得，故椭圆 的方程为. 【小问2详解】 （i）因,则直线的斜率存在，设其方程为，代入中，化简得，则 ，设，则（*）因点,则，化简得，因，代入可得，整理得，将（*）代入可得，化简得，解得或.因时，直线经过点，不合题意，舍去.故直线，又因,则直线的方程为，将其与联立，消去，可得，因点不能与原点重合，故 动点 的轨迹方程为（去掉原点）. （ii）由（i）可得点恰为圆的圆心，故的边上的高的最大值为半径长，设，则，因，故当时，取得最大值，故的面积最大值为. 19. 已知函数， . （1）讨论函数在定义域内的单调性； （2）若存在唯一一组实数 ，使得在上的值域为 . （i） 求证: ; （ii） 求实数的取值范围. 【答案】（1）见解析 （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）对的取值进行分类讨论，用导数求判断单调性； （2）通过构造函数，利用导数研究函数单调性证明 【小问1详解】 设函数，定义域为. ，方程的解即的根. 设，对于二次方程, 若，即时，二次方程至多只有一个解，此时. 故当时，在定义域上单调递增. 当时，设方程的两个根为，且. 由韦达定理可知，，可得两根同号. 若，函数图像的对称轴为，故， 即在上，没有根，即亦无根，且. 故当时，在定义域上单调递增. 当时，函数图像的对称轴为，故， 由求根公式得，，由函数图像可知， 当时，，即，即单调递增； 当时，，即，即单调递减. 综上所述： 当时，在定义域上单调递增； 当时，在区间和上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 （i）定义域为，因此，且在定义域上单调递增， 因此.故在上的值域为. 因而，即. 联立两方程消去可得. 设函数,是方程的两个根. ，当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减. 因此有. 设函数，，. 通分化简得，因此. 即当时，，则. 而，此区间内递减，故，即. （ii）因为，所以. 由于，所以. 函数在上单调递增，且,所以. 设函数，. 因为，所以. 当时，， 记，， 所以在上单调递增，故， 所以，即在上单调递增，， 所以在无零点，即不存在使命题成立. 当时，，设，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，，当时，， 故存在，使得当时，，即，单调递减增， 当时，单调递增. 因为，且在上单调递增所以. 又 因此在上，递减，在上，递增， 故在上存在唯一的使得且. 综上， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市南开中学高 2026 届高三第一次质量检测 数 学 试 题 注意事项: 1. 本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟. 2. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3. 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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知 ，则 “ ” 是 “ 且 ” 的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知双曲线 ，其渐近线方程为 ，则 的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 已知函数，则 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数 ，若直线 与 的图象分别交于 两点，则 的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 1 6. 由1，2，3，4，5，6，7，8组成一个没有重复数字的八位数，任何相邻两个数字的奇偶性不同，且满足 3 和 4 相邻，则这样的八位数有（ ）个. A. 432 B. 257 C. 216 D. 504 7. 已知 是正实数，若函数 的图象与 的图象相切，则 的最小值是（ ） A. B. C. D. 3 8. 若函数 满足 ，且 ，则 的极大值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题:本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分， 部分选对得部分分， 有选错得 0 分. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 若事件与事件相互独立，则 B. 若事件与事件相互独立，则 C. 标准差描述了一组数据围绕平均数波动的大小， 标准差越大， 数据的离散程度越大 D. 在残差图中， 残差点分布的水平带状区域越宽， 说明模型拟合效果越好 10. 已知 ，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ） A. 当 时， 有唯一解 B. 都存在极值点 C. 当 时，若在 上单调递减，则 D. 当 时，若有两个不同实根 ，则 三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 的展开式中的系数是______．（结果用数字作答） 13. 已知函数 ，则关于 的不等式 的解集为_____. 14. 已知函数 在 上单调递增，则 的最小值是_____. 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 . （1）当 时，求函数的值域； （2）对 ，不等式恒成立，求实数的取值范围. 16. 在圆锥中，母线长为2，四边形为底面圆的内接四边形，若面积的最大值为. （1）求圆锥的体积； （2）若四边形为平行四边形，，求平面与平面所成夹角的余弦值. 17. 某校举行知识竞赛，甲乙两位同学组队答题，甲先依次答一二题，乙再依次答三四题，若两人合计答对题数大于或等于3，则取得胜利，并获得纪念品（恰好答对前三题时应继续答完第四题）；若两人合计答错两题则中止答题，已知，甲、乙答对每道题的概率分别为，假设甲、乙两人每次答题相互独立，且互不影响． （1）当时，设为乙答题的道数，求的分布列及期望； （2）当时，求甲乙获得纪念品的概率的最小值． 18. 椭圆 的上顶点为 ，左右焦点分别为 ，为坐标原点， 为 上动点， 已知 ，且当 垂直于长轴时， . （1）求椭圆 的方程； （2）若一条直线与椭圆 交于不同两点 ，且直线 斜率乘积为 ，直线 垂直 于点 . （i） 求动点 的轨迹方程; （ii）已知 为线段 上靠近 的四等分点，求 面积的最大值. 19. 已知函数， . （1）讨论函数在定义域内的单调性； （2）若存在唯一一组实数 ，使得在上的值域为 . （i） 求证: ; （ii） 求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $