精品解析：重庆市育才中学校2026-2027学年高三上学期开学数学试题

数学试题 （本试卷共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2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm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． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，若，则集合的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为，则或，解得，故， 所以，故集合的真子集个数为. 2. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将分式不等式等价转化为整式高次不等式，通过区间符号验证求解，需排除分母为0的情况. 【详解】不等式，其等价于分子分母同号且分母不为0，即：， 整理不等式可得：， 两边同乘，不等号方向改变，得：， 该整式的零点为，将数轴分为四个区间，逐段验证符号： 当时，，三者乘积为负，满足，符合条件； 当时，，三者乘积为正，不满足条件； 当时，，三者乘积为负，满足，符合条件； 当时，，三者乘积为正，不满足条件， 结合分母不为0的限制，最终解集为. 3. “且”是“”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】A 【解析】 【分析】利用对数函数单调性，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】当且时，则成立， 当时，且，或且， 所以“且”是“”的充分不必要条件. 故选：A 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据诱导公式以及同角关系即可求解. 【详解】, 由于，所以，结合 故，所以， 故选：A 6. 从现在开始，你每天都比前一天进步0.01，那么每天的“进步”率都是1%，一年后是；而每天退后0.01，那么每天的“落后”率都是1%，一年后是；这样，一年后“进步”的是“落后”的倍．“进步”的是“落后”的10倍只需要大约经过（ ）天．（参考数据：， A. 110 B. 115 C. 120 D. 125 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，列式并利用对数运算求解. 【详解】设经过天“进步”的值是“落后”的10倍， 依题意，每天进步1%时，天后的进步值为，每天退步1%时，天后的退步值为， 因此，两边取常用对数，得， 则， 所以大约经过115天，“进步”的值是“落后”的10倍. 7. 已知，若，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性变形得，，利用单调性法比较、、的大小，再利用函数的单调性比较大小即可. 【详解】因为函数为偶函数，且在上单调递减， ，所以，， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递减，所以， 即， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递减，则， 即，所以， 所以，即，即. 8. 已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由零点个数求出，再用整体法得到不等式组，求出的取值范围. 【详解】因为，，其中，解得：， 则，要想保证函数在恰有三个零点， 满足①，，令，解得：； 或要满足②，，令，解得：； 经检验，满足题意，其他情况均不满足条件， 综上：的取值范围是. 故选：C. 【点睛】三角函数相关的零点问题，需要利用整体思想，数形结合等进行解决，通常要考虑最小正周期，确定的范围，本题中就要根据零点个数，先得到，从而求出，再进行求解. 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 直线是的一条对称轴 D. 函数为奇函数 【答案】ABD 【解析】 【详解】选项A：由图可知，，因为，所以． 因为，所以，则． 此时．由图可知，函数图像过点， 所以，即．因为， 取，得．所以，故A正确． 选项B：令，解得，所以的图像关于点对称，故B正确． 选项C：当时，，此时函数值为0，不是最值， 所以直线不是的对称轴，故C错误． 选项D：， 因为是奇函数，所以函数为奇函数，故D正确． 10. 已知正实数、满足，则下列说法正确的有（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用基本不等式可判断A选项；由已知等式可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可判断B选项；将与相乘，展开后利用基本不等式可判断C选项；由已知等式得出，令，可得出，构造函数，其中，结合导数法可判断D选项. 【详解】因为正实数、满足， 对于A选项，由基本不等式可得，整理得，即， 当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，A错； 对于B选项，在等式两边同除得， 所以， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值为，B对； 对于C选项，， 当且仅当时，即当时，等号成立，即的最小值为，C对； 对于D选项，由可得， 所以， 由可得，故，则， 所以， 令，可得， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，故的最小值为，D对. 11. 已知函数的定义域均为，为奇函数，且，则（ ） A. 为偶函数 B. 不为奇函数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题可得，，，据此可判断奇偶性；对于B，由题可得，据此可判断选项正误；对于C，由A分析，可得的一个周期为4，又由赋值法可得，可得答案；对于D，由题可得的一个周期为4，再由赋值法结合，可得，据此可得答案. 【详解】对于A，为奇函数，则，即. 由，可得，结合， 可得，即. 又由，结合，可得， 则，则. 则，即，为偶函数，故A正确； 对于B，由A分析，，令，可得， 对于，令，可得， 则，从而不为奇函数，故B正确； 对于C，由A分析，，令，可得， 令，可得，从而. 又由，可得的一个周期为4， 则，故C错误； 对于D，由，可得，因的一个周期为4， 则的一个周期为4.由，令，可得， 则，由为偶函数， 可得.又由，，可得 ，.则，. 则，从而，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. __________． 【答案】 【解析】 【分析】分别计算有理数乘方、对数式、含对数的指数式，再合并结果即可. 【详解】根据乘方运算法则，， 利用对数运算性质可得： ， 再化简指数：， 然后根据对数恒等式可得： ， 所以. 13. 已知，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】将式子化为其次式，然后化为正切求值即可. 【详解】， 故原式， 故答案为： 14. 函数，若存在实数满足，，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出函数的图象，利用方程根的意义，结合对数运算及增函数性质求出范围. 【详解】作出函数的图象，如图： 由，得或或，而， 由，得或或， 令，则函数的图象与直线有4个交点， 其交点横坐标依次为，且， 由，得，解得， 而函数的图象关于直线对称，则， 于是，又函数在上单调递减， 则，所以的取值范围是. 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在三棱柱中，，平面平面. （1）证明：. （2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） ∵，平面平面，平面平面，平面， ∴平面. ∵平面，∴. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直得到线面垂直，利用线面垂直可证明结论. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得线面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面，∵平面，∴， ∵，，∴. 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，故. 设直线与平面所成的角为，则， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 16. 已知的内角、、的对边分别是、、，且. （1）求； （2）若，的平分线与相交于点，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （2）由整理得出，结合余弦定理可得出关于的二次方程，求出的值，再利用三角形的面积公式即可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 即， 即， 因为、，则，所以，所以. 【小问2详解】 因为为的平分线，所以， 又，即，整理得. 又由余弦定理，得， 所以，即，解得或（舍去）， 所以的面积为. 17. 某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示. 成绩区间 频数 100 200 300 240 160 （1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）； （2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望； （3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围. 【答案】（1）平均值为，上四分位数为； （2） 0 1 2 数学期望为； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据平均值计算公式和上四分位数计算方法即可得到答案； （2）写出的可能取值，再分别计算出其分布列，最后再利用数学期望公式即可； （3）法一：利用互斥事件加法公式和全概率计算公式得到关于的表达式，从而得到不等式，解出即可；法二：根据比例法得到相关概率表达式，解出不等式即可. 【小问1详解】 依题意，平均值 ， ， 上四分位数落在区间，且等于. 【小问2详解】 由样本数据可知，训练成绩在之内的频数之比为2:1， 由分层抽样的方法得，从训练成绩在中随机抽取了6次成绩， 在之内的4次，在之内的抽取了2次， 所以可取的值有：0，1，2， ，，， 分布列为： 0 1 2 . 【小问3详解】 法一：设事件分别表示动作优化前成绩落在区间，，， 则相互互斥，所以动作优化前， 在一次资格赛中，入围的概率， 设事件B为＂动作优化成功＂，则， 动作优化后，在一次资格赛中，入围事件为：，且事件相互互斥， 所以在一次资格赛中入围的概率 ， 故， 由解得，又的取值范围是. 法二：因为入围的成绩标准是80分，所以进行某项动作优化前，该运动员在资格赛中入围的概率为：， 进行某项动作优化后，影响该运动员入围可能性变化的是落在区间或的成绩， 当且仅当动作优化成功，落在这两个区间的成绩才能符合入围标准， 所以进行优化后，该运动员在资格赛中入围的概率， 由，得，又的取值范围是. 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若函数有2个不同的零点． （i）求a的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）极小值为，无极大值． （2）（i） （ii）由，可得，即证，即证， 不妨设，因为， 由（i）知，， 令，则且， 又因为，可得，即， 所以，可得，所以， 则， 所以等价于，即， 即为， 令，则， 所以在单调递增，所以， 即，可得，所以，即可得证. 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，令，求得，得到的单调性，进而求得函数的单调区间，结合极值的概念，即可求解. （2）（i）由题意得，令，求得，得到在单调递增，再令，得到在有2个零点，且，进而得到，求得函数，即可求解； （ii）根据题意，转化为证明，设，得到，令，求得，得到，进而转化为，令，利用导数求得单调性，结合，即可得证. 【小问1详解】 解：当时，函数，可得， 令，则， 当时，；当，， 所以在单调递减，在单调递增， 因为时，，则，， 所以当时，；， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 解：（i）由函数， 令，因为，所以在单调递增， 令，即在有2个零点，且， 因为，所以时，，在单调递增， 此时不存在2个零点，所以， 因为时，；时，，所以在单调递减， 在单调递增，因为时，；时，， 所以，所以． （ii）略 19. 已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． （1）求和的值； （2），为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 【答案】（1）， （2） ①方法一： 设，， 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值． 方法二： 因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为，显然． 设，． 联立，整理得． 所以. 已知， 所以的重心的纵坐标， 所以，解得． 因此，直线的斜率，为定值． ②因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得． 所以. 设为的中点，则： ，， 即． 直线与轴交点，，则中点． 由于，所以． 所以． 直线的斜率：， 直线的方程：，整理得. 法一： 令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点． 因为，于， 所以在以为直径的定圆上． 法二： 由于，， 所以的方程为，即， 联立，得 即． 令，则，， 令，则，， 令，则，， 求得经过，，的圆方程为， 代入的坐标符合，所以在定圆上． 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出. （2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可.方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可.②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程. 方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动.方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可. 【小问1详解】 抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此，抛物线的方程为． 将代入抛物线方程：，又，故． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试题 （本试卷共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2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm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． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，若，则集合的真子集个数为（ ） A. B. C. D. 2. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 3. “且”是“”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 4. 已知函数，则 的图象可能是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 从现在开始，你每天都比前一天进步0.01，那么每天的“进步”率都是1%，一年后是；而每天退后0.01，那么每天的“落后”率都是1%，一年后是；这样，一年后“进步”的是“落后”的倍．“进步”的是“落后”的10倍只需要大约经过（ ）天．（参考数据：， A. 110 B. 115 C. 120 D. 125 7. 已知，若，，，则、、的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是（ ） 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于点对称 C. 直线是的一条对称轴 D. 函数为奇函数 10. 已知正实数、满足，则下列说法正确的有（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为 D. 的最小值为 11. 已知函数的定义域均为，为奇函数，且，则（ ） A. 为偶函数 B. 不为奇函数 C. D. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. __________． 13. 已知，则______. 14. 函数，若存在实数满足，，则的取值范围是__________． 四、解答题：本题共5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在三棱柱中，，平面平面. （1）证明：. （2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 已知的内角、、的对边分别是、、，且. （1）求； （2）若，的平分线与相交于点，且，求的面积. 17. 某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示. 成绩区间 频数 100 200 300 240 160 （1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）； （2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望； （3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围. 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若函数有2个不同的零点． （i）求a的取值范围； （ii）证明：． 19. 已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． （1）求和的值； （2），为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $