精品解析：重庆市育才中学校2026届高三上学期入学考试数学试卷

重庆市育才中学高 2026 届高三(上)入学联合诊断性考试 数学试题 (满分 150 分， 考试时间 120 分钟) 注意事项: 1. 答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号； 2. 选择题必须使用 铅笔填涂；非选择题必须使用 黑色签字笔答题； 3. 请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效； 4.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回. 第I卷 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，只有一个选项是符合题 目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. 3 D. 15 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 函数的大致图像是（ ） A. B. C. D. 5. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数 在 处有极小值，则 （ ） A. 1 或 B. 1 C. D. 7. 设函数 ，则使得成立的 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 8. 已知为偶函数，当 时， ，若关于 的方程 恰有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） 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. 下列命题正确的有（ ） A. 若 ，则 B. 若 ，则 C. 若 ，则 D. 若 ，则 10. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ） A. 有三个零点 B. 有两个极值点 C. 当 时， D. 点是函数 的对称中心 11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足 ，则下列说法正确的是 （ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是以4为周期的周期函数 C. D. 第II卷 三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 函数的定义域为_____________ 13. 已知 ， ，则 的最小值为_____. 14. 若曲线与曲线的图象上分别存在不同的两点 使得两曲线分别在两点处的切线重合，则的取值范围为_____. 四、解答题:本题共 5 题，共 77 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且满足． （1）求角B的大小； （2）求的面积的最大值． 16. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5 . （1）求的方程； （2）设的焦点为，过点的直线与交于、两点，，求. 17. 如图在四棱锥中，，，且底面为直角梯形，平面，分别为线段上靠近点的三等分点. （1）证明: 平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18. 已知函数 有两个极值点 且 . （1）求实数 的取值范围； （2）证明: . 19. 数学中的“对称性”与“等效性”不仅体现在几何和函数中，还体现在概率问题中. 例如： 某班级共有 名学生 ，其学号记为 ，老师使用 点名软件进行随机点名. 规则为： 每次点名时，软件会从 名学生中随机抽取一名学生对应的学号(每次点名后，学号复位，即认为有放回抽取)，且每次抽取相互独立. 老师随机进行两次点名，记 为第 次抽取的学号 . （1）计算 与 ；（用 表示） （2）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量 ，有 . 记 ，其中 表示 中的最大者， 表示 中的最小者. （i）计算 的值；（用 表示） （ii）证明 . （参考公式： ） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市育才中学高 2026 届高三(上)入学联合诊断性考试 数学试题 (满分 150 分， 考试时间 120 分钟) 注意事项: 1. 答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名、准考证号； 2. 选择题必须使用 铅笔填涂；非选择题必须使用 黑色签字笔答题； 3. 请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效； 4.请保持答题卡卡面清洁，不要折叠、损毁；考试结束后，将答题卡交回. 第I卷 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，只有一个选项是符合题 目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解一元二次不等式确定集合的元素，再由交集运算即可求解. 【详解】由可解得，所以， 因为，所以. 故选：D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. 3 D. 15 【答案】B 【解析】 【分析】对等式两边求导，再赋值计算即得. 【详解】函数，求导得，则， 所以. 故选：B 3. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】化简不等式，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】不等式，不等式， 而集合是集合的真子集， 所以“”是“”的必要而不充分条件. 故选：B 4. 函数的大致图像是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇函数的性质排除C，D，利用对数函数的性质排除B即可. 【详解】易得的定义域为， 因为，所以， 则是奇函数，关于原点对称，故C，D错误， 令，解得，而当时，，故B错误. 故选：A 5. 函数的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，求出，继而结合指数函数的单调性，即可求得答案. 【详解】令，则，当时取等号， 又为R上的单调递增函数，故，即， 故函数的值域为， 故选：D 6. 已知函数 在 处有极小值，则 （ ） A. 1 或 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据函数在处有极值建立等式求解可得或，再检验即可求解. 【详解】函数定义域为，， 因为函数在处有极值， 所以，即，解得或， 检验，当时，， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，函数在上单调递增， 所以时，函数在处有极小值，符合题意； 当时，， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，函数在上单调递减， 所以时，函数在处有极大值，不符合题意舍去； 综上，函数在处有极小值，则. 故选：B 7. 设函数 ，则使得成立的 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用求导判断函数单调性，再结合函数奇偶性即可求解. 【详解】由求导得：， 所以在上是增函数， 又因为， 所以是奇函数， 则， 根据在上是增函数， 所以， 故选：C 8. 已知为偶函数，当 时， ，若关于 的方程 恰有4个不同的实根，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解方程得到或，方程有两根，问题转化为方程有两个不同于方程的两根，数形结合，可求的取值范围. 【详解】因为. 所以或. 当时，，此时方程无解； 当时，. 因为为偶函数，所以有两解，分别为和. 又方程恰有4 个不同的实根， 所以也有两个不同于和的两根. 作出函数的草图如下： 要使有两个不同于和的两根，则或且. 故选：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. 下列命题正确的有（ ） A. 若 ，则 B. 若 ，则 C. 若 ，则 D. 若 ，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据不等式的性质即可判断A，由即可判断B，等式两边取自然对数化简即可判断C，将指数化为对数，利用对数的运算化简，最后利用基本不等式即可判断D. 【详解】对于A：由，根据不等式的性质有，故A正确； 对于B：若，则，故B错误； 对于C：若，故C正确； 对于D：由，， 所以 ，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ） A. 有三个零点 B. 有两个极值点 C. 当 时， D. 点是函数 的对称中心 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求导，利用导数研究单调性求极值，作出图像即可判断AB，由得，令，由单调性即可求的范围，进而判断C，验证是否成立即可判断D. 【详解】由已知有，令有或， 由或，，所以在单调递减，在单调递增， 所以 有两个极值点，故B正确； 由，作出的图像如图： 由图可知 有两个零点，故A错误； 由，令，则，又在单调递增，在单调递减， 又，所以，即，故C正确； 由 ， 即， 所以点是函数 的对称中心，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足 ，则下列说法正确的是 （ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是以4为周期的周期函数 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由，可得,，结合为偶函数以及对称轴的定义即可判断；对于B，首先求出的周期，由可得的周期，对于C，令可得，根据以及可类推出即可求解. 【详解】对于A：由于为奇函数，所以，由可得： ，即， 所以,， 由于为偶函数，，所以， 则 的图象关于直线 对称，故A正确. 对于B：根据题意由可得； 又为奇函数，联立， 两式相加可得，所以， 又为偶函数，，所以， 可得，即， 所以，即是以8为周期的周期函数， 由于，则， 即是以8为周期的周期函数，可知B不正确； 对于C：由于为奇函数，则，令，则，所以，故C正确； 对于D：由于，由于，则，，依次类推：， 所以，故D正确； 故选：ACD． 第II卷 三、填空题: 本题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 函数的定义域为_____________ 【答案】 【解析】 【分析】根据函数解析式，列出使函数解析式有意义的不等式组，求出解集即可． 【详解】由，解得，且， 所以函数的定义域为. 故答案为：. 13. 已知 ， ，则 的最小值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用基本不等式求解即可. 【详解】因为，， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 若曲线与曲线的图象上分别存在不同的两点 使得两曲线分别在两点处的切线重合，则的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】设点在曲线上的坐标为，点在曲线上的坐标为，分别利用导数意义求得曲线在点处的切线方程和曲线在点处的切线方程，进而可得，从而可得，，进而求导可得的取值范围. 【详解】设点在曲线上的坐标为，点在曲线上的坐标为， 由，可得，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 由，可得，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 因为两点处的切线相同，故，由，得， 将代入，可得， 所以，所以，因为，所以， 又，所以，所以， 所以，令，所以， 又，所以，所以在上单调递减， 又当且时，，又当，， 所以的取值范围为. 四、解答题:本题共 5 题，共 77 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且满足． （1）求角B的大小； （2）求的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求解； （2）利用基本不等式求出ac的最大值，再用面积公式即可. 【小问1详解】 由正弦定理得，由余弦定理得 ， ，∴ ； 【小问2详解】 因为 ，， 当且仅当时，等号成立， 所以，所以 ， 所以的面积的最大值； 综上， ，的面积的最大值. 16. 已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5 . （1）求的方程； （2）设的焦点为，过点的直线与交于、两点，，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线定义，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，结合已知条件求出的值，进而得抛物线的方程； （2）先求出焦点的坐标，设直线的方程，与抛物线方程联立，利用向量关系得到坐标关系，再结合韦达定理求出直线方程中的参数，最后根据弦长公式求出. 【小问1详解】 设点，因为点到的焦点的距离为6，到轴的距离为5， 根据抛物线的定义，得，解得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 由（1）得，抛物线的方程为，所以， 又过点的直线与交于、两点， 设直线：，，， 则，联立化简得， 所以，，， 又，则， 所以联立方程，解得， 根据弦长公式，对于直线与抛物线相交的弦长， 得， 将，，代入上式， 可得， 又，得. 17. 如图在四棱锥中，，，且底面为直角梯形，平面，分别为线段上靠近点的三等分点. （1）证明: 平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先求证平面，再根据即可求出； （2）以为原点建立空间直角坐标系，分别计算两个平面的法向量，再利用公式计算即可. 【小问1详解】 因为直角梯形，，，， 则，则 ，即， 因平面，平面，则， 又平面，则平面， 因分别为线段上靠近点的三等分点，则， 则平面； 【小问2详解】 以为原点，为基底建立空间直角坐标系， 则， 则，由，可设， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，则， 由题意可知平面的一个法向量为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数 有两个极值点 且 . （1）求实数 的取值范围； （2）证明: . 【答案】（1） （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由已知可得有两个根，转化为函数与函数有两个交点，结合图象求解； （2）由，得，令，用表示，代入，构造函数证明. 【小问1详解】 由已知可得， 因为有两个极值点，所以有两个根， 所以函数与函数有两个交点， 对函数，， 当时；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，取得最大值，且时，；时，， 所以函数的图象如图所示， 所以若函数与函数有两个交点，则， 所以实数的取值范围是. 【小问2详解】 由（1）可知，所以① ，② ， ①-②得， 令，则，所以， 所以， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递增，所以， 即，得 又，所以， 即，得证. 19. 数学中的“对称性”与“等效性”不仅体现在几何和函数中，还体现在概率问题中. 例如： 某班级共有 名学生 ，其学号记为 ，老师使用 点名软件进行随机点名. 规则为： 每次点名时，软件会从 名学生中随机抽取一名学生对应的学号(每次点名后，学号复位，即认为有放回抽取)，且每次抽取相互独立. 老师随机进行两次点名，记 为第 次抽取的学号 . （1）计算 与 ；（用 表示） （2）已知随机变量的期望具有线性可加性，即对于随机变量 ，有 . 记 ，其中 表示 中的最大者， 表示 中的最小者. （i）计算 的值；（用 表示） （ii）证明 . （参考公式： ） 【答案】（1）,  . （2）（i） ；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）据题意可得，有放回地随机点名两次共有种结果.分别分析  与 对应的抽取结果，即可求出其相应的概率 ； （2）（i）分别分析随机变量 对应的取值情况，求出每种取值相应的概率，进而求得其期望的值. 根据随机变量的期望具有线性可加性，求出  的值； （ii）利用作差法判断的大小，进而可证明 . 【小问1详解】 据题意可得，随机点名两次共有种结果. 当时，，即两次抽取的学号相同，共有N种结果，所以. 当时，即第一次抽取的号码比第二次小.因为与对应的抽取结果数目一样，所以当时，有种结果， 所以. 【小问2详解】 因为 则的所有可能取值为 ， 当时，当且仅当且，所以； 当时，或.若，则或；若，则或. 共有种情况，所以 ……，，. 所以 所以. 记，则的所有可能取值为 ， 当时，当且仅当且，只有一种情况，所以， 当时，或.若，则或；若，则或.共有种情况， . …… ， ， ， 所以 所以 （i）.  （ii）证明：因为  为第  次抽取的学号  . 所以的所有可能取值为 ， 由（1）知，. 当时，或， 若，则第一次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第二次取得的学号已经确定，因此有种情况；  若，则第二次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第一次取得的学号已经确定，因此有种情况；  所以 当时，或 若，则第一次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第二次取得的学号已经确定，因此有种情况；  若，则第二次取得的学号可以是 中的任意一个，此时第一次取得的学号已经确定，因此有种情况；  所以，， …… 同理，， 所以 所以， ， . 因为，所以，所以， 所以 所以  得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $