重庆市第八中学校2025-2026学年高三上学期入学考试数学试卷（含答案）

重庆八中 2025-2026 学年度(上)高三年级入学考试数学试题
命题: 高三命题组 、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.
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
不等式 x 的解集是
x2 4
A. ( ∞, 2)∪(0,+∞) B. (2,+∞)
C.(-2,0) D. ( 2,0)∪(2,+∞)
6
的展开式中常数项是 -160,则 a=
A. -3 B. -2 C. 2 D. 3
函数 f(x)= 1 x(x>1) 的最大值为
1 x
A. -1 B. 3 C. 1 D.-3
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
已知 α∈ π ,π ,sinα= 10 ,则 tan2α=
3
4
2
3
4
3
8
10
3
8
已知函数 f(x)=log2(4x+1) x ,则不等式 f(x 1)A. ( ∞, 1) B. 1, C. 1 ,+∞ D. ( ∞, 1)∪ 1 ,+∞
3 3
函数 f(x)=ex elnx 的最小值为
A. 1
e
B. 1 C. e D. e2
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.
已知双曲线
2 y2 (
) 的右焦点为
,直线
是 的一条渐近线,
C:x b2=1 b>0
F l:5x+by=0 C 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 B. 点 F 坐标为(2,0)
C. 离心率 e= D. |PF| 的最小值为
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 ,
则下列说法中正确的有
x∈[1,2) 时, f(x)= 2 x B. 函数 f(x) 的最小正周期是 4
2025
C. ∑i=1 f(i)=1 D. 方程 f(x)=lg|x| 恰有 10 个不同的实数根
已知随机变量 X、Y 相互独立,且 X N(0,1),Y B8,
正确的是
P(X> 1)>P(X< 1) B. P(Y≥1)=P(Y<7)
,记 Z=X+Y ,则下列说法
7
C. P(Z≤1)=P(Z≥7) D. ∑t=1
P(Z≤t)=7
2
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 1
8
1
3
+log9
3+2log43= .
数列 {an},a1
=2 ,对于任意的 n,m∈N+ ,都有 am
an
=an+m
,若 λ≤an
+ 9 对于任意的 n∈
n
N+ 恒成立,则 λ 的最大值为 .
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
′ 2 x x x2
f(x)+f (x) =(x
+x)e +xe
,则不等式 f(x) x e
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)
如图,在四棱锥 P ABCD 中,底面 ABCD 为梯形,且 BC=1AD=1,BC//AD , 等边三角形
2
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 ,求二面角 P AB D 的余弦值.
16.(15 分)
已知函数 f(x)=lnx ax+ 1 .
(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.
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)
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 两点,且
kOM
kON
= 1 ,试判断 △OMN 的面积是否为定值. 若是,求出该定值；若不是, 请说明
理由. 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.
求 X 的概率分布列；
若要求 p(X≤n)≥1 ,求 n 的最小值；
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 fn(x)=1+x+x2+ +x2n,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:
x ≥ 1 1 ;
2n
数列 {xn} 单调递减.
(提示: x≠1 时, 1+x+ +xn=xn+1 1,n∈N )
x 1
重庆八中高 2026 届高三入学考试数学参考答案
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
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
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 3 25 4 ( ∞,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。
【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 ;
(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 ,
所以 BC=1,AD=2,AH=AB= 5,V
=1S
PH=1 (1+2) 2a 3a= 7 分
法一: (几何法)
P ABCD
3 ABCD 3 2
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,
在 △ABH 中, S△ABH=1 HE AB=1 HB
=1 2 3 2=3
3
,解得 HE= 2 =3 5 ,
2 2
2 2 2
5 5
2
在 △PEH 中, PE= PH2+HE2=2 30 ,
所以 cos∠PEH=HE= 6 ,所以二面角 P AB D 的余弦值为 6 . 13 分法二: (坐标法)
PE 4 4
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) ,
设平面 的法向量为 ( ) ,则 m AB=2x y=0
m AP=x 2y+ 3z=0
,令 x=1 , 则 y=2,z= ,所
以 m=(1,2, 3) ,
又因为平面 ABCD 的法向量为 n=(0,0,1) ,所以记 θ 为锐二面角 P AB D 的平面角,
则 cosθ= |m n| = 6 . 13 分
|m| |n| 4
【详解】解:(1) ∵ 函数 f(x)=lnx ax+ 1 ,
∴ 当 a= 1 时, f(x)=lnx+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)=lnx ax+ 1 ,∴f′(x)=1 a , .6 分
a2 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
当 a>0 时,令 f′(x)=1 a=0 ,得 x=1 ,
x a
当 00 ,函数 f(x) 在 0,
单调递增,
当 x>1 时, f′(x)<0 ,函数 f(x) 在 1 ,+∞ 单调递减, .10 分
a
∴f(x)
=f
a
= lna 1+ 1 <0 , .11 分
极大值 a2
令 g(a)= lna 1+ 1 ,g′(a)= 1 2a 3<0,g(a) 在 (0,+∞) 上单调递减, .12 分
a2 a
∵g(1)=0,∴g(a)<0 等价于 a>1 ,
∴a 的取值范围是 (1,+∞) . 15 分
【详解】(1)设 P(x0,y0),Q(x,y),D(x0,0),Q 是 PD 的中点,
x0+x0 =x
x =x
∴ 2 ,∴ 0
, .2 分
y0+0 =y
2
y0=2y
又 P 在圆 x2+y2=4 上, ∴x2+y2=4 ,即 x2+4y2=4 ,
0 0
∴x2+y2=1 . ∴ 线段 PD 的中点 Q 的轨迹方程是 x2+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
y2=kx+m
2 2 2
由 x +y2=1 ,消去 y ,得 (1+4k )x
4
+8kmx+4m
4=0 , 7 分
设 M(x ,y ),N(x ,y
) 两点,由韦达定理得: x
+x = 8km ,x
x =4m2 4,Δ>0
1 1 2 2
1 2 1+4k2 1
2 1+4k2
则 y1
y2
=(kx1
+m) (kx2
+m)=k2x1
x2
+km(x1
+x2
) 2 m2 4k2 ,
1+4k2
所以 y1 y2= 1 ,即 2m2 4k2=1,m≠0 , .10 分
x1 x2 4
所以 |MN|=
4 1+k2 m2 ,
1+4k2
所以原点 O 到直线 y=kx+m 的距离为: d= |m| , .12 分
1+k2
所以 S
=1|MN| d=14 1+k2 m2 |m| = 2m2 =1 .13 分
△OMN 2
2 1+4k2
1+k2
1+4k2
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
t2+4y2=4 且 y0 y0= 1 ,即 t2=4y2 ,则 t=±
,此时 S
=1× 2× 2=1
0 t t 4
0
△OMN 2
综上, △OMN 的面积为定值 1 .15 分
【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: .7 分
X 16 17 18 19 20
P 0.04 0.12 0.29 0.30 0.25
(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 ,
因此满足 P(X≤n)≥1,n 的最小值为 19 。 9 分
2
200n+100X,X≤n
800X 500n,X>n
n 20
所以 E(Y)=∑k=16(200n+100k)P(X=k)+∑k=n+1(800k 500n)P(X=k) 12 分
当 n=16 , E(Y)=4800×0.04+5600×0.12+6400×0.29+7200×0.3+8000×0.25=6880 元当 n=17 , E(Y)=5000×0.04+5100×0.12+5900×0.29+6700×0.3+7500×0.25=6408 元当 n=18
, E(Y)=5200×0.04+5300×0.12+5400×0.29+6200×0.3+7000×0.25=6020 元当 n=19 , E
(Y)=5400×0.04+5500×0.12+5600×0.29+5700×0.3+6500×0.25=5835 元当 n=20 , E(Y)
=5600×0.04+5700×0.12+5800×0.29+5900×0.3+6000×0.25=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
1
【详解】( 1 )由提示知, fn(x)= ,故
f′ (x)=2nx2n+1 (2n+1)x2n+1, .2 分
n (x 1)2
令 gn(x)=2nx2n+1 (2n+1)x2n+1 , g′ (x)=2n(2n+1)x2n 1(x 1) ,故 g
(x) 在 ( ∞,0) 递增,(0,1)递减, (1,+∞) 递增,
n n
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) 单调性和正负性可知, xn≥ 1 1 等价于 gn 1 1 ≤0 , .6 分
1
2n 2n
2n 1 2n
又 gn
2n 1 = 4n 1
+1≤0 ,只需证 4n≤ 1 ,
即证 1 ln 1 ≤ln 1 ,令 t= 1 ∈ 0, 1
,只用证
2n 4n 2n 2
tln t≤ln(1 t), .8 分
2
令 φ(t)=ln(1 t) tln t,φ′(t)= 1 lnt+ln2 1 ,
2
由 φ′(t) 递减,且 φ′
t 1
=2ln2 3<0,φ′
=4ln2 15>0 ,
7
存在 t0
∈ 0,
,有 φ′(t0
)=0 ,故 φ(t) 在 (0,t0
) 递增,在 t0,
递减,又 φ
=0 ,
ln t 1
且由洛必达法则, limφ(t)=lim
tln
=lim 1 2=lim t =limt=0 ,
t→0
t→0
t→0 t
t→0 1
t→0
故 ∈ 0, 1
2
时, φ(t)≥0 ,证毕; .11 分
ii. 由 (1) 可知, xn,xn+1∈( 1,0) ,故 {xn} 单调递减只需证 xn+1即证: gn+1(xn)>gn+1(xn+1)=0 ,
由 gn
(xn
)=2nxn
2n+1 (2n+1)xn
2n+1=0 ,则有 xn
2n 1 , .13 分
2n+1 2nxn
代入 g
(x ) 有: g
(x )=x2n+2 (2n+2)x
(2n+3) +1=x2 (2n+2)x (2n+3) +1>0 ,
n+1 n
n+1 n n n
2n+1 2nxn
只需: (2n+2)x3 (2n+3)x2 2nx +(2n+1)>0 ,
n n n
关注到因式分解,有: (xn 1)2[(2n+2)xn+2n+1]>0 , .15 分
只需 xn> 2n+1= 1 1 ,
2n+2 2n+2
由前可知, xn≥ 1 1> 1 1 ,证毕. .17 分
2n 2n+2