四川省成都市树德中学2026届高三上学期开学考试 数学 试题（PDF版，含答案）

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
树德中学高 2023级高三上开学考试数学试题 部选对的得 6 分，有二个正确选项的，每个选项 3 分，有三个正确选项的，每个选项 2 分，有选错的得
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，只有一项是符合要求 0分.
的。 9．已知高二（1）（2）（3）班三个班的学生人数之比为 3：3：4.在某次数学考试中，高二（1）班的不及
1．若命题“ x R，x2 2ax+6a 0”是假命题，则 a的取值范围是（ ） 格率为 10%，高二（2）班的不及格率为 20%，高二（3）班的不及格率为 15%，从三个班随机抽取一名
A． (0，6) B． ( ,0) (6,+ ) C． 0，6 D． ( ,0 6,+ ) 学生.记事件 A=“该学生本次数学考试不及格”，事件Bi = “该学生在高二（ i）班”（ i =1，2，3），则（ ）
2x+1 1
2．设集合 A = x∣2 ，B = x∣y = 1 x +1 ，则 A B =（ ） A．P(Bi ) = 0.3 B．P(A) = 0.15
32
A．{x | 3 x 1} B．{x | x 1} C．{x | x 3} D．{x | 1 x 3} P (B1 A) 1
3．从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） C．A 与B3相互独立 D． = P (B A) 23
A．至少有一个红球与都是黑球 B．恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球
C．至少有一个黑球与至少有 1 个红球 D．至少有一个黑球与都是黑球
b 3a + 6asin2
A+ B
10．若 ABC的内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，且满足 = 0，则下列结论正
1 2
4．在等差数列 an 中， S11 = 33，则a5 + a8 a9 =（ ）
3 确的是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2 A．角 C一定为锐角 B．3a
2 +5b2 =3c2
5．已知 m,n,a,b 是两条不重合的直线， ， 是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ） 3
C．4tan A+ tanC = 0 D． tan B 的最大值为
A．若 m⊥ ,n / / , ⊥ ，则 m ⊥ n 4
B．若 m⊥ n，m⊥ ，n / / ，则 ⊥ 11．双纽线，也称伯努利双纽线，伯努利双纽线的描述首见于 1694 年，雅各布·伯努利将其作为椭圆的一
C．若 m / /n，m / / ，n / / ，则 / / 种类比来处理．椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹，而卡西尼卵形线则是由到两定点距离
D．若 a / / ，a ， =b ，则 a / /b 之乘积为定值的点的轨迹，当此定值使得轨迹经过两定点的中点时，轨迹便为伯努利双纽线．已知曲线 C
π π π （如图所示）过坐标原点 O，且 C上的点P(x, y)满足到两个定
6．已知函数 f (x) = sin 3 x + ( 0)的最小正周期为 π，则 f (x)在 , 的最小值为（ ）
3 12 6
点F1 ( a,0)，F2 (a,0)(a 0)的距离之积为 4，则下列结论正确
3 3 3
A． B． C．0 D．
2 2 2 的是（ ）
1 1 A．a = 2
7．定义在 R 上函数满足 f (x +1) = f (x)，且当 x 0,1)时， f (x) =1 2x 1 .则使得 f (x) 在 m,+ )
2 16
B．点M (x,1)(x 0) 在 C上，则∣MF∣1 = 2 2
上恒成立的m 的最小值是（ ）
2 2
7 15 13 9 x y
A． B． C． D． C．点 N在椭圆 + =1上，若F1N ⊥ F2N ，则 N C
2 4 4 2 6 2
8．如图，F，F 为双曲线的左右焦点，过F 的直线交双曲线于B，D两点， D．过F2 作 x轴的垂线交 C于 A，B两点，则∣AB∣ 2 1 2 2
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
OD = 3，E 为线段的 DF1 中点，若对于线段 DF1 上的任意点 P ，都有
12．已知数列 a 中，a = 2，an = 3an 2，n Nn 1 +1 + ，则数列 an 的通项公式为 ．
PF1 PB EF EB成立，且△BF1 1F2 内切圆的圆心在直线 x = 2上.则双曲线 13．甲、乙、丙等 8 名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排 2 名志
的离心率是（ ） 愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有 种
4 3 不同的分配方案.
A． B． 3 C． D．2
3 2 x
3 1+ a
14．若函数 f (x) = x2 + axlnx ax 有两个极值点，则a 的取值范围是 ．
6 2
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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。
18（17 分）．如图，平面四边形PBCD中，点A 是线段PD上一点， AB⊥ PD，且PD = 4，CD = 2 π ，
15（13 分）．在 ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为a,b,c，已知b = 2acos C ．
3 ADC=45 ，沿着 AB将三角形PAB折叠得到四棱锥P ABCD，折叠后 PAD =120 ．
(1)求 A；
(2)若b = 2 3c ，且 ABC 面积2 3，
（ⅰ）求 a 的值；
（ⅱ）求cos(2B A)．
(1)求证：平面PAD⊥平面 ABCD；
(2)若 AP = AD，求平面PCD与平面 ABCD夹角的正切值；
(3)若 P ， A ，C ，D在同一个球面上，设该球面的球心为G ，证明：当球G 的半径最小时，点G 在平面
1 内．
16（15 分）．已知函数 f (x) = x2 alnx + a3,a R PAD．
2
(1)当a =1时，求曲线 y = f (x)在点 (2,f (2)) 处的切线方程；
f (x) 3
a
(2)若 有极小值，且 f (x) 2a ，求a 的取值范围．
2
19（17 分）．甲、乙两人比赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部比完后，所赢局数多者获胜．假设
每局比赛甲赢的概率都是 p(0 p 1) ，各局比赛之间的结果互不影响，且没有平局．
x2 y2 1 2 3 1
17（15 分）．已知椭圆E : + =1(a b 0) 的左右焦点分别为F1，F2 ，离心率为 ，且点 ( , 2)在2 2 2 (1) p = 时，若两人共进行 5 局比赛，设两人所赢局数之差的绝对值为 X ，求 X 的分布列和数学期望； a b 3 2
E上． 2
(2) p = 时，若两人共进行 2n +1(n N* 且 n 2) 局比赛，记事件 A 表示“在前 2n 1局比赛中甲赢了
(1)求椭圆E的方程； k3
n 2
(2)过点B(1,0)作直线 l交椭圆E于M , N 两点，且点M 位于 x 轴上方，设点 N 关于 x 轴的对称点为N1，求 k(k = 0，1，2， ，2n 1)局”．事件 B 表示“甲最终获胜”．请写出 P(B | Ak )，P(B | A )，P(B | A )，n 1 n
k=0
2n 1
△BMN1面积的最大值． P(B | Ak ) 的值（直接写出结果即可）；
k=n+1
(3)若两人共进行了 2n 1(n N*)局比赛，甲获胜的概率记为P ．
n
1
证明： p 1时，Pn+2 Pn+1 P P ． n+1 n2
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1
树德中学高 2023级高三上开学考试数字试题参考答案 （2）（ⅰ）因为b = 2 3c ，且 S ABC = bcsin A = 2 3 ，解得：c = 2，b = 4 3 ， 2
1．D 2．C 3．B 4．A 5．D 6．A 7．B 8．C 9．BCD 10．BCD 由余弦定理可得：a2 = b2 + c2
3
2bccosA = 48+ 4 2 4 3 2 = 28，解得：a = 2 7 ；………..9 分
11．ACD 【详解】由题意， PF1 PF2 = 4，即 (x + a)
2 + y2 (x a)2 + y2 = 4，对于 A，因曲线C 过原 2
a2 + c2 b2 28+ 4 48 2 7
点 O ，将 O(0,0) 代入，解得 a = 2 ，故 A 正确；对于 B ，由点 M (x,1)(x 0) 在 C 上，得 （ⅱ）由余弦定理可得cos B = = = ，
2ac 2 2 7 2 7
MF1 MF = (x + 2)
2 +1 (x 2)22 +1 = 4 ， 21 2 1 4 3
所以sin B = ，cos 2B = 2cos B 1= ，sin 2B = 2sin Bcos B = ，
化简得 x4 6x2 +9 = 0，解得 x = 3, MF = ( 3 + 2)2 +1 2 2 ，故B错误； 7 7 71
2 2 1 3 4 3 1 3 3x y 所以cos(2B A) = cos2Bcos A+ sin 2Bsin A = = .……………………………..13 分
对于C，椭圆 + =1的焦点坐标恰好为F1 ( 2,0)与F2 (2,0)，则 F1N + F2N = 2 6 ， 7 2 7 2 14
6 2
1 1 1 3
2 2 2 16．【详解】（1）因为a =1，所以 f (x) = x2 lnx +1，求导得 f (x) = x ，所以 f (2) = 2 = ，
2 2 ( F N + F N ) F N + F N
由 F1N ⊥ F2N ，得：
( )
F1N + F2N =16 ，则
1 2 1 2 2 x 2 2
F1N F2N = = 4
，N C ，故
2 3又因为 f (2) = 3 ln2，故曲线 y = f (x)在点 (2, f (2))处的切线方程为 y = x ln2．…………………..4 分
4 22
C 正确；对于 D，设 A(2, y)，则 AB = 2 y ，而 A C ，则 AF1 = ，又根据勾股定理得 AF 2
y 1
=16+ y ， 1 22 a x a
（2）由函数 f (x) = x alnx + a3,a R可知， x 0 .求导得： f ( x) = x = ，
16 2 x x
=16 + y2则 2 ，化简得 y
4 +16y2 16 = 0，解得 y2 = 4 5 8, y2 1= 4 5 9 0 ，因此 y 1, AB 2，故
y 当a 0时，因为 x 0，所以 f (x) 0，此时 y = f (x)为单调递增函数，没有极小值，不符；..……6 分
D 正确；故选：ACD． (x + a )(x a )
n 1 当a 0时， a ，
12．an =1+ 3 13．150
f (x) = x =
x x
1 x2 x2
14． ,0 【详解】令 f (x) = (1+ a) x + alnx = 0，则 x ax + alnx = 0， 因为 x 0，所以当 x (0, a )时， f (x) 0，当 x ( a ,+ )时， f (x) 0，
2 2 2
1 3 1 a2 2 3所以函数 f (x)有极小值为 f a = a aln a + a = a lna + a ．
即 x2
2x x 2x x ( )
2x 2ax+2alnx = 0，所以2a = ，令 g (x) = , x (0,+ )， 2 2 2
lnx x lnx x
3 a 3 a 2
所以将函数 f (x)的零点问题转化为 g (x)的图象和直线 y = 2a的交点问题， 所以 f ( a ) 2a ，即a + lna a 0，因为a 0，所以2a + lna 2 0． ..……………………10 分 2 2
1 x
( 2
1 2
2 2x)(lnx x) (2x x2 ) (1 x)(2lnx x 2) 设h(a) = 2a + lna 2，则h (a) = 4a + 0，所以h(a) = 2a + lna 2在 (0,+ )上单调递增，
求导得 xg (x) = = 2 ，
a
2 (lnx x)
(lnx x) 又h(1) = 0，所以2a2 + lna 2 0的解集为 (0,1 ，即a 的取值范围是 (0,1 ．..…………………………15 分
易得h(x) 0 2 2恒成立，所以当0 x 1时， g (x) 0, g (x)在 (0,1)上单调递减； 1 a b 1 2 4 2 2 317．【详解】（1）由椭圆E的离心率为 ，得 = ，即a = b ，由点 ( , 2)在E上，
2
当 x 1 时 ， g (x) 0, g (x) 3在 (1,+ ) 上 单 调 递 增 ， 所 以 g (x) = g (1) = 1 ， 又 因 为 a 2 3
min
4 2 x2 y2
x→0, g (x)→0；x→+ ，g (x)→+ ，则 g ( 2 2x)的图象如图所示，要使 g (x)的图象和直线 y = 2a有两个 得 + =1，解得a = 4,b = 3，所以椭圆E的方程为 + =1 .……………………………………5 分
3a2 b2 4 3
1 1
交点，由图象知 1 2a 0，即 a 0，所以 a 的取值范围为 ,0 ． （2）依题意，直线 l 不垂直于坐标轴，设直线 l 方程为 x = ty+1， t 0，
2 2 设点N(x1, y1),M (x2 , y2 ), y 0，则N1(x1, y1) ， | NN1 |= 2y2 1 ，
π
15．【详解】（1）因为b = 2acos x = ty +1 C ， 2
3 由 消 去 x 得 (4 + 3t
2 )y2 + 6ty 9 = 0 ， = 36(4+ 4t ) 0 ，
3x
2 + 4y2 =12
π π
所以b = 2a cosC cos + sinC sin ，可得：b = acosC + 3asinC ， 6t 9
3 3 y1 + y2 = , y1y2 = ，……………………………………………………7 分 4+3t2 4+3t2
由正弦定理可得：sin B = sin AcosC + 3 sin AsinC ，…………………………………………………..2 分 1 1
所以 S BMN =| S MNN S BNN |= | NN1 || x2 x1 | | NN1 ||1 x1 |
可得：分sin (A+C) = sin AcosC + cos AsinC = sin AcosC + 3sin AsinC ， 1 1 1 2 2
3 1 1 9 | t | 9 | t | 3 3
因为C (0,π)，所以sinC 0，所以cos A = 3 sin A，即 tan A = ， = 2y1 x2 1 = ( 2y1) | x2 1|= y1 | ty2 +1 1| = y1y2 | t |= = ，…………………12 分 2
3 2 2 4+3t 4 3 | t | 4
π
因为 A (0,π)，所以 A = …………………………………………………………………………………..5 分
6
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2 n 2 4 8 2n 13 3
当且仅当3t2 = 4，即 | t |= 时取等号，所以△BMN1面积的最大值为 .………………………15 分 （2） P(B | Ak ) = 0, P(B | A ) = , P(B | A ) = , P(B | A ) =1；……………………………8 分 n 1 n k
3 4 k=0 9 9 k=n+1
18．【详解】（1）在四边形PBCD中，因为 AB⊥ PD，所以折叠后有 AB⊥ PA， AB ⊥ AD ． （3）证明：由全概率公式得：
又PA AD = A， AD 平面PAD，PA 平面PAD，所以 AB ⊥平面PAD． Pn+1 =C
n 1 n 1
2n 1 p (1 p)
n p2 +Cn pn (1 p)n 12n 1 [1 (1 p)
2 ]+ [Pn C
n n
2n 1p (1 p)
n 1]
又 AB 平面 ABCD，所以平面PAD⊥平面 ABCD．………………4 分
= P +Cn 1 pn 1(1 p)n p2 Cn pn (1 p)n 1 (1 p)2
（2）由题意 n 2n 1 2n 1
AD = AP = 2，又 PAD =120 ，故 PDA= 30 ，
= P +Cn pn+1n 2n 1 (1 p)
n Cn n n+1 n n n
2 3 2n 1
p (1 p) = Pn +C2n 1 p (1 p) (2p 1) ，
过点A 作 AE ⊥ AD交PD于E，则 AE = ，连接 AC ， EC，
3 所以 P P =Cn n
1
n+1 n 2n 1 p (1 p)
n (2p 1) ，当 p 1时，Pn+1 P 0，…………………………12 分 n
因为平面PAD⊥平面 ABCD，面PAD⊥面 ABCD = AD， AE 平面PAD， 2
且 AE ⊥ AD，所以 AE ⊥平面 ABCD． (2n +1)! p(1 p)
P P C n+1 pn+1(1 p)n+1因为CD 平面 ABCD，所以 AE ⊥CD，同理 AE ⊥ AC， n+2 n+1 2n+1 (2 p 1) C
n+1
2n+1 p(1 p) (n +1)!n!= = =
n n n n
(2n 1)!因为 AD = 2，CD = 2 ， ADC=45 ，所以由余弦定理得 P P C p (1 p) (2 p 1) CCA= AD2 +CD2 2AD CDcos ADC = 2 ， n+1 n 2n 1 2n 1
n!(n 1)!
所以CD ⊥CA，因为CA AE = A，CA 平面 AEC， AE 平面 AEC，所以CD ⊥平面 AEC．
因为 EC 平面 AEC ，所以CD ⊥ EC，所以 ECA为二面角P CD A的平面角．所以在Rt△EAC 中， (2n +1)2n 4n + 2 p + (1 p)= p(1 p) = p(1 p) 4p(1 p) 4[ ]2 =1，
(n +1)n n +1 2
2 3
6
AE 3 6 ，所以平面 PCD与平面 ABCD夹角的正切值为 ．………………10 分 因为Pn+1 Pn 0，所以Pn+2 P P P ，即P + P ．…………………………17 分 n+1 n+1 n n n+2 2Pn+1tan ECA = = =
CA 3 32
（3）由（1）知平面PAD⊥平面 ABCD，
设△PAD和 ACD的外心分别M 和F ，因为 P 、A 、C 、D均在以G 为球心的球面上，
则球心为过点M 和 N 且分别垂直于平面PAD、平面 ACD的两直线的交点G ，
过点N 作 NH ⊥ AD于H ，连接MH ，设PG = R，显然四边形GNHM 为矩形，
所以GM 2 = PG2 PM 2 = NH 2 =DN2 DH 2 ．
在△PAD中，设 AP = t（0 t 3），由 PAD =120 及余弦定理得PD = t2 4t +16 ，
PD t 2 4t +16
再由正弦定理得△PAD的外接圆半径 r1 = PM = = ．……………………………12 分
2sin120 3
在 ACD中， AD = 4 t，CD = 2 ， ADC=45 ，由余弦定理得 AC = t2 6t +10 ，
AC t2 6t +10
再由正弦定理得 ACD的外接圆半径 r = DN = = ．……………………………14 分 2
2sin 45 2
2 2 2
2 2 2 AD 2 2 2 AD t 4t +16 t
2 6t +10 t2 8t +16
所以R r ，即 ， 1 = r2 R = r1 + r2 = +
2 2 3 2 4
7t 2 28t + 76 7 2
所以R2 = = (t 2) + 4，故当 t = 2时，球G 的半径最小，
12 12
此时点G 与点M 重合，所以点G 在平面PAD内．………………………………………………………17 分
19．【详解】（1） X 的可能取值为 1，3，5， P(X =1) =C2
1
( )2
1 5
5 ( )
3 2 = ，
2 2 8
1 1 5 1
P(X = 3) =C1 ( )1 ( )4 2 = ， P(X = 5) = ( )5
1
5 2 = ，
2 2 16 2 16
X 1 3 5
P 5 5 1
8 16 16
X 的 分 布 列 为 ： ，
5 5 1 15
E(X ) =1 + 3 + 5 = ；………………………………………4 分
8 16 16 8
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