重庆市重庆八中高2026届高三入学考试数学试题(图片版,含解析)

重庆八中 2025—2026 学年度（上）高三年级入学考试
数 学 试 题
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 A {a， a2}， B {1，3}，若1 A，则 A B中所有元素之和为
A．2 B．3 C．4 D．5
x
2．不等式 2 0的解集是x 4
A． ( , 2) (0, ) B． (2, )
C． ( 2,0) D． ( 2,0) (2, )
6
3 x a ． 的展开式中常数项是 160，则 a
x
A． 3 B． 2 C． 2 D． 3
4．函数 f (x)
1
x(x 1)的最大值为
1 x
A． 1 B．3 C．1 D． 3
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 , s i n 10．已知 ， ，则 tan 2
2 10
3 3 3 3
A． B． C． D．
4 4 8 8
7．已知函数 f (x) log x2 4 1 x，则不等式 f (x 1) f (2x)的解集为
A． , 1 1, 1 1 , , 1 1 B． C． D． ,

3 3 3
8．函数 f (x) ex
e ln x
的最小值为
x
1
A． B．1 C． e D． 2
e e
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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．
2
9 y．已知双曲线C : x2 1(b 0)的右焦点为 F，直线 l : 5x by 02 是C的一条渐近线，b
P是 l上一点，则下列说法中正确的是
A．双曲线 C的虚轴长为 2 5 B．点 F坐标为 (2,0)
C．离心率 e 6 D．|PF|的最小值为 30
10．已知函数 f (x)是定义在 R上的奇函数，f (x 1)是偶函数，当 x 0，1 时，f (x) x x 1 ，e
则下列说法中正确的有
2 x
A． x 1,2 时， f (x) B．函数 f (x)x 1 的最小正周期是 4e
2025
C． f (i) 1 D．方程 f (x) lg x 恰有 10个不同的实数根
i 1
1
11．已知随机变量 X、Y相互独立，且 X N (0,1)，Y B 8, ，记2 Z X Y
，则下列

说法正确的是
A． P(X 1) P(X 1) B． P(Y 1) P(Y 7)
7
C． P(Z 1) P(Z 7) D． P(Z t) 7
t 1 2
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5 分，共 15 分．
1
12． 1
3
log9 3 2
log4 3 ．
8
9
13．数列 an ，a1 2，对于任意的 n,m N ，都有 am an an m ，若 an a 对于任n
意的 n N 恒成立，则 的最大值为 ．
14．已知函数 f (x) 是定义在 R 上的偶函数，记 f (x) 为函数 f (x) 的导函数，且满足
1 2 f (x) f (x) x2 x ex xe x x，则不等式 f (x) 2 ex e的解集为 ．
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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．（13分）
1
如图，在四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD为梯形，且 BC AD 1， BC / /AD，
2
等边三角形 PCD所在的平面垂直于底面 ABCD， BC PD．
（1）求证： BC 面 PCD．
（2）若四棱锥 P ABCD的体积为 3，求二面角 P AB D的余弦值．
16．（15分）
已知函数 f (x) ln x
1
ax ．
a2
（1）当 a 1时，求曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程；
（2）若 f (x)有极大值 g(a)，且 g(a) 0，求 a的取值范围．
17．（15分）
在圆 O： x2 y2 4上任取一点 P，过点 P作 x轴的垂线段 PD， D为垂足．
（1）当点 P在圆上运动时，求线段 PD的中点Q的轨迹方程．（当点 P经过圆与 x轴
的交点时，规定点Q与点 P重合 )
（2）根据（1）中所得的点Q的轨迹方程，若直线 l与点Q的轨迹相交于M ， N两
1
点，且 kOM kON ，试判断 OMN 的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，4
请说明理由．
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18．（17分）
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 k 频数
8 20
9 30
10 50
以频率估计概率．记随机变量 X为两套设备五年内共需更换的传感器的个数，n为
购买设备时同时购买的备件数．
（1）求 X的概率分布列；
（2）若要求 p(X n)
1
，求 n的最小值；
2
（3）记净成本为 Y，以净成本期望值 E(Y)为决策依据，求净成本期望值 E(Y)最低时
的备件数 n．
19．（17分）
记函数 f 2n (x) 1 x x x
2n， n N *；
（1）求函数 fn x 的极值点个数；
（2）记函数 fn x 的极值点为 xn，证明：
1
（i） xn 1；2n
（ii）数列 xn 单调递减．
xn 1 1
（提示： x 1时，1 x xn ， n N *）
x 1
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重庆八中高 2026 届高三入学考试参考答案
一、单项选择题：本题共 8 个题，每个题 5 分，共 40 分
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D C D D B D C
1.【答案】B【详解】由1 A得 a 1或 a2 1，解得：a 1或 a 1，若 a 1，则 a2 1，不符合题意；
若 a 1， A { 1，1}，从而 A B { 1，1，3}，所以 A B中所有元素之和为 3．
x
2.【答案】D【详解】不等式 2 0等价于 x(x 2)(x 2) 0 ，x 4
令 x(x 2)(x 2) 0 ，解得 x 2，或 x 0，或 x 2，由穿针引线法可知，
不等式的解集为 ( 2， 0) (2， )．
3【. 答案】C【详解】通项为Tr 1 ( a)
rC r6 x
3 r
，令 3 r 0得 r 3，所以展开式的常数项为 ( a)
3C36 160，
因此 a 2 .
f (x) 1 x 1 14.【答案】D【详解】因为 (1 x) 1 [ (x 1)] 1 2 1 1 3 ，
1 x 1 x x 1
1
当且仅当 x 1，即 x 2时取等号，所以 f (x)max f (2) 3.故选 D.x 1
5.【答案】D【详解】第一类：蓝球来自盒子甲中有C1 C1 C25 3 6 225种选法；第二类：蓝球来自盒子乙
中有C25 C
1 1
6 C2 120种选法．故共有 345 种选法．故选： D．
10 1 2 tan 3
6.【答案】B【详解】 sin ,且 , ,则tan ， tan2 .10 2 3 1 tan2 4
R f x log 4x 1 x log 4x 1 17.【答案】D【详解】函数的定义域为 ， 2 2 log 2x log 2x 2 2 ，
2x
可知 f (x)为偶函数，当 x 0时 f (x)单调递增，故要有 f x 1 f 2x ，只需要 | x 1 | | 2x |，即
2 1x 2x 1 4x2 3x2 2x 1 0，解得 x 1或 x .3
8.【答案】C【详解】证明：先证明 ex ex，令 g(x) ex ex，所以 g (x) ex e，令 g (x) ex e 0，
解得 x 1，当 x ,1 时，g (x) 0，g (x)单调递减，当 x 1, 时，g (x) 0，g(x)单调递增，
所以 g(x)min g(1) 0 ，即 g(x) ex ex 0，即 ex ex，当且仅当 x 1时等号成立.
e ln x xex e ln x ex ln xf x ex e ln x e(x ln x) e ln x e，
x x x x
（当且仅当 x ln x 1，即 x 1时等号成立），所以 f x 的最小值为 e .
x2ex e ln x e
法二： f ' x ，令 t(x) x2e x e ln x e，显然 t(x)在 (0,+ )上单增， t(1) 0，
x2
故 (0,1)上 f (x)单调递减， (1,+ )上 f (x)单调递增，故最小值为 f (1) e .
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二、多项选择题，本题共 3 个题，每个题 6 分，共 18 分
题号 9 10 11
答案 AC BCD ACD
y2 b
9.【详解】因为双曲线方程C : x2 1，所以渐近线为 l : y x，解得： ，
b2 a
b 5
c a2 b2 6，对于 A：虚轴长为 2b 2 5，故 A 正确；
对于 B：因为 c 6，所以点 F 坐标 6,0 ，故 B 错误；
c
对于 C：因为 a 1,c 6 ，所以离心率 e 6 ,故 C 正确；
a
30
对于 D： F 6,0 到直线 l : 5x y 0的距离 5，即 PF 的最小值为 5，故 D错误.
1 5
10.【详解】对于 A， x 1,2 , 2 x 0,1 , f 2 2 x x 2 x e x 1 f 2 x f x ，所以
e2 x 1 ，又
f x 2 x e x 1，选项 A错误；
对于 B， g(x) f (x 1) 是偶函数，且 f (x) 为奇函数， g( x) g(x) ，即 f (1 x) f (1 x) ，
f (2 x) f (1 (1 x)) f ( x) f (x) ， f (x 4) f (x 2) ( f (x)) f (x) ， f (x)的周期为
T 4，函数关于 0,0 和 x 1对称，结合图像知其最小正周期也为 4，选项 B正确；
对于C， f (x)的周期T 4， f (0) 0， f （4 x） 0；当 x 0,1 时， f (x) ，
ex 1
f (1) 1，由 f ( x) f (x 2)，令 x 0，得 f (2) 0，令 x 1，
得 f (3) f ( 1) f (1) 1，
2025
f (i) 506 [ f (1) f (2) f (3) f (4)] f (1) 1，选项C正确；
i 1
对于 D，作出函数 y f (x)与 y lg x 的图象可知曲线 y f (x)与 y lg x 有 10个交点，选项 D正确．
1 1
11.【详解】对于选项 A，由 X ~ N (0,1)，根据对称性得 P(X 1) ， P(X 1) ，因此 A正确。2 2
7 8
对于选项 B，由于P(Y 7) 1 P(Y 7) P(Y 8) 1 C8 C 9 88 1 8 ，2 2
而P(X 1) 1 P(X 0) 1 1 8 ，因此 B错误.2
对于选项C，由于正态分布和二项分布的对称性有： P(Y k) P(Y 8 k)， P(X k) P(X k) ，
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8 8
所以 P(Z 1) P(Y i)P(X 1 i) P(Y 8 i)P(X i 1) P(Z 7) ，因此C正确.
i 0 i 0
8 8
对于选项D，由于 P(Z k) P(Y i)P(X k i) P(Y i)(1 P(X k i))
i 0 i 0
8 8
P(Y i) P(Y 8 i)P(X i k) 1 P(Z 8 k) ，即 P(Z k) P(Z 8 k) 1
i 0 i 0
记 S P(Z 1) P(Z 2) P(Z 7) ，则 S P(Z 7) P(Z 6) P(Z 1)
7
所以 2S 7，即 P(Z t) 7 ．因此D正确.
t 1 2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
题号 12 13 14
答案 25
3 ( ,1)4
1
12. 3【详解】 1 log 3 2 log 3 1 1 4 3 3 ，故答案为： 3 .9
8 2 2
a
13. n 1 n【详解】令m 1， aa 1
2，所以数列 an 是以首项为 2，公比为2的等比数列，an 2 ，
n

9 a 9 n 9 9 25 25n a ，只需
an 2 n 4 ，所以 的最大值为 .
n an 2min min 4 4 4
14.【详解】因为函数 f (x)是定义在 R上的偶函数，所以 f (x) f ( x)，所以 f (x) f ( x) ，
1
因为 f (x) f (x) x2 x ex xe x ，①2
1
所以 f ( x) f ( x) x2 x e x 1 xex ，所以 f (x) f (x) x2 x e x xex，②2 2
由① ②得， f (x) x2 (ex e x )，
2
设 g(x) f (x) x x2x e
x，则 g (x) x(x 2)ex ，
e
当 x 2和 x 0时， g (x) 0， g(x)单调递增；当 x 2,0 时， g (x) 0， g(x)单调递减，
g(1) e g 2 4
2
而 ， 2 g 1 ，所以不等式 f (x)
x
x e等价于 g(x) e g(1)，e e
所以 x 1，即原不等式的解集为 ( ,1)．故答案为： ( ,1)．
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.【详解】（1）证明：如图所示：
取CD中点H，连接 PH ，
因为△ PCD是等边三角形，所以 PH CD，
因为面 ABCD 面 PCD，面 ABCD 面 PCD CD， PH 面 PCD，
所以 PH 面 ABCD，而 BC 面 ABCD，所以 PH BC，
又因为 BC PD， PH PD P，可得 BC 面 PCD；…………5分
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（2）解：因为 BC 面 PCD，所以四边形 ABCD为直角梯形
设DC 2a， (a 0)，则 PH 3a，，可得 a 1，
1 1 (1 2) 2a
所以 BC 1， AD 2， AH AB 5 ，VP ABCD S3 ABCD
PH 3a 3 …………7分
3 2
法一：（几何法）
因为 PH 面 ABCD，而 AB 平面 ABCD，所以 PH AB，作HE AB，HE PH H ，
可得 AB 面 PHE， PE 面 PHE，所以 AB PE，
所以 PEH为二面角 P AB D的平面角，
3
ABH S 1 HE AB 1 HB AH 2 (1HB )2 1 2 3 2 3在△ 中， ABH ，解得HE
3 5
2 ，
2 2 2 2 2 2 5 5
2
在△ PEH 2 30中， PE PH 2 HE 2 ，
5
所以 cos PEH HE 6 6 ，所以二面角 P AB D 的余弦值为 ．……………………………13分
PE 4 4
法二：（坐标法）
以 D 为原点， DC 为 x 轴 正 方向，如 图 建立空间直角坐标系，则
A(0,2,0),B(2,1,0),P(1,0, 3), AB (2, 1,0), AP (1, 2, 3)，
m

AB 2x y 0
设平面 PAB的法向量为m (x, y, z)，则 ，令 x 1，
m AP x 2y 3z 0
则 y 2, z 3 m

，所以 (1,2, 3)，
又因为平面 ABCD的法向量为 n (0,0,1)，所以记 为锐二面角 P AB D
的平面角，
cos |m n | 6则 .…………………………………………………………………………………13分
|m | | n | 4
1
16.【详解】解：（1） 函数 f (x) ln x ax 2 ，a
当 a 1时， f (x) ln x x 1， f (x) 1 1，..................................2分
x
f (1) 2， 切点坐标为 (1,2)，切线的斜率为： k f (1) 2
曲线 y f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程为： y 2 2(x 1)，整理得： y 2x．.............................4分
（2） 函数 f (x) ln x ax 1 2 ， f (x)
1
a，..................................6分
a x
当 a 0时， f (x) 0，函数 f (x)在 (0, )上单调递增，此时函数 f (x)无极值，..............................8分
1
当 a 0时，令 f (x) a 0 1，得 x ，
x a
0 1 1当 x 时， f (x) 0，函数 f (x)在 (0, )单调递增，
a a
1
当 x 时， f (x) 0 1，函数 f (x)在 ( , )单调递减，..................................10分
a a
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f (x) f 1 1 lna 1 2 0 ，..................................11分极大值 a a
令 g(a) lna 1 1 2 ， g (a)
1
2a 3 0， g(a)在 (0, )上单调递减，..................................12分
a a
g(1) 0， g(a) 0等价于 a 1，
a的取值范围是 (1, )．..................................15分
17.【详解】（1）设 P(x0 , y0 )，Q(x, y)，D(x0 ,0)，Q是 PD的中点，
x0 x0
x 2 x x ，
0
， ....................2分
y0 0 y
y0 2y
2
又 P在圆 x2 y2 4上， x 2 2 20 y0 4，即 x 4y
2 4，
x2 2
y2 1． 线段 PD的中点Q x的轨迹方程是 y2 1． ..................5分
4 4
（2） OMN 的面积为定值，理由如下：
①当直线 l的斜率存在时，设直线 l : y kx m
y kx m

由 2 ，消去 y，得 (1 4k 2 )x2 8kmx 4m2 x 4 0， ..................7分 y2 1 4
2
设M (x1 , y1)， N (x2 , y2 )
8km 4m 4
两点，由韦达定理得： x1 x2 2 ， x1 x2 2 ， 01 4k 1 4k
2 2
y y (kx m) (kx 2 2 m 4k则 1 2 1 2 m) k x1 x2 km(x1 x2 ) m ，1 4k 2
y y 1
所以 1 2 ，即 2m2 4k 2 1，m 0， .................10分
x1 x2 4
2 2
所以 MN 1 k 2 (x 21 x2 ) 4x1 x
4 1 k m
2 ，1 4k 2
m
所以原点O到直线 y kx m的距离为： d ， .................12分
1 k 2
1 1 4 1 k 2 m2 m 2m2
所以 S OMN MN d 2 2 1 .................13分2 2 1 4k 1 k 2 1 4k
②当直线 l的斜率不存在时，设直线 l : x t t 0 ，设M t, y0 ,N t, y0 ，则
t 2
y y 1
4y 20 4且
0 0 ,即t2 4 y 20 ，则 t 2，此时 S
1
OMN 2 2 1t t 4 2
综上， OMN 的面积为定值1 .................15分
第 5 页 共 7 页
18.【详解】（1）设单台设备更换数 k的概率分布为：
P(k 8) 0.2,P(k 9) 0.3,P(k 10) 0.5 ，...........................................................2分
所以 P(X 16) 0.2 0.2 0.04，
P(X 17) 2 0.2 0.3 0.12 ，
P(X 18) 2 0.5 0.2 0.3 0.3 0.29 ，
P(X 19) 2 0.5 0.3 0.30 ，
P(X 20) 0.5 0.5 0.25，
因此 X 的概率分布列为：
X 16 17 18 19 20
P 0.04 0.12 0.29 0.30 0.25
...............................................................................................7分
（2）由 P(X 16) 0.04,P(X 17) 0.16,P(X 18) 0.45 0.5,P(X 19) 0.75 0. 5，
P(X n) 1因此满足 ， n的最小值为19。................................9 分
2
200n 100X , X n
（3）定义净成本函数：Y
800X 500n, X n
n 20
所以 E(Y ) (200n 100k)P(X k) (800k 500n)P(X k) ............12 分
k 16 k n 1
当n 16， E(Y ) 4800 0.04 5600 0.12 6400 0.29 7200 0.3 8000 0.2 5 6880元
当n 17， E(Y ) 5000 0.04 5100 0.12 5900 0.29 6700 0.3 7500 0.2 5 6408元
当n 18， E(Y ) 5200 0.04 5300 0.12 5400 0.29 6200 0.3 7000 0.2 5 6020元
当n 19， E(Y ) 5400 0.04 5500 0.12 5600 0.29 5700 0.3 6500 0.2 5 5835元
当n 20， E(Y ) 5600 0.04 5700 0.12 5800 0.29 5900 0.3 6000 0.2 5 5860元
因此最小期望净成本为5835元，对应最优备件数为 n 19元。............17 分
x2n 1 1
19. ，x 1【详解】（1）由提示知， fn x x 1 ，故
2n 1，x 1
f x 2nx
2n 1 2n 1 x2n 1
n 2 ， .........................................................2分 x 1
令 gn x 2nx2n 1 2n 1 x2n 1，
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g n x 2n 2n 1 x2n 1 x 1 ，故 gn x 在 ，0 递增， 0，1 递减， 1， 递增，
又 gn 1 4n， gn 0 1， gn 1 0，故存在 xn 1，0 ，有 gn xn 0，
从而 fn x 在 ，xn 上递减， xn， 上递增，故 fn x 存在唯一极小值点 x xn ，无极大值
点； .........................................................5 分
（2）i．由（1）可知， xn为 fn x 唯一的极值点，且为极小值点，
由 gn x
1
单调性和正负性可知， xn 1 g
1
等价于 n 1

0，.......................................................6分
2n 2n
1 2n 2ng 又 n 1 4n
1 1
1 1 0 ，只需证 1
1
，
2n 2n 4n 2n
1 1 1 1 1
即证 ln ln 1 ，令 t 0， ，只用证2n 4n 2n 2n 2
t ln t ln 1 t ， .........................................................8分
2
令 t ln 1 t t t ln ， t 1 ln t ln 2 1，
2 t 1
由 t 1 递减，且 2ln 2 3 0 1 15 ， 4ln 2 0，
2 8 7
t 1 0 t 0 t 0 t t 1 1 存在 0 ， ，有 0 ，故 在 ， 0 递增，在 0， 递减，又 0，
2 2 2
t 1
t ln
且由洛必达法则， lim t lim t ln lim 2 lim t lim t 0，
t 0 t 0 2 t 0 1 t 0 1 t 0
t t 2
故 t 1 0 ， 时， t 0，证毕； .......................................................................................11分 2
ii．由（1）可知， xn，xn 1 1,0 ，故 xn 单调递减只需证 xn 1 xn，
即证： gn 1 xn gn 1 xn 1 0，
g x 2nx 2n 1 2n 1 x 2n 2n 1由 n n n n 1 0，则有 xn ， ...................................................13分2n 1 2nxn
2
代入 gn 1 x 2n 2

n 有： gn 1 xn xn 2n 2 xn 2n 3 1
xn 2n 2 xn 2n 3 1 0，
2n 1 2nxn
只需： 2n 2 x 3 2n 3 x 2n n 2nxn 2n 1 0，
关注到因式分解，有： xn 1 2 (2n 2)xn 2n 1 0，.................................................15分
2n 1 1
只需 xn 1，2n 2 2n 2
x 1 1由前可知， n 1 1，证毕. ..............................................17分2n 2n 2
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