重庆市巴蜀中学校2026届高三上学期开学考试数学试题月考一答案_2025年8月_250831重庆市巴蜀中学2026届高三8月适应性月考（一）（全科）

巴蜀中学高 2026 届 8 月适应性月考（一）数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B D D C A B B 1．由x2 2x得：x2或0，即A{0，2}，所以AB{0，2}，故选A． 3 1 2．对于 p而言，取x1，则有|x1|01，故 p是假命题，p是真命题；对于q而言，取x ，则有 21， 2 x1 故q是真命题，q是假命题；综上，p和q都是真命题，故选B． 3．f(x)的定义域为(，0)(2，)，令t x2 2x0在(，0)上单调递减，在(2，)上单调递增，且ylnt 在(0，)上单调递增，由复合函数同增异减的单调性知： f(x)在(2，)上单调递增，故选D． 1 4．因为ylog x在(0，)上单调递增，所以alog 2log 5 b．又因为ylog x在(0，)上单调递增， 5 5 5 2 4 1 所以clog 3log 2 b，综上：cba，故选D． 4 4 2 5 ． 由 题 意 得 ： 因 为 事 件 A 和 事 件 B 相 互 独 立 ， 所 以 事 件 A 和 事 件 B 相 互 独 立 ， 所 以 P(AB)P(A)P(B)P(A)[1P(B)]0.4(10.4)0.24 ，则P(AB)P(A)P(B) P(AB)0.40.60.240.76 ，故选C．  1 1 5 1 6．由题意得： f(x) f(x)0，f(x2) f(x)对一切xR恒成立，所以 f  f  f   ，故选A．  2 2 2 4 x22y2 2 7．因为xyx2y6，所以(x2)(y1)8，所以16(x2)(2y2)≤   ，得到x2y≥4，当且仅  2  当x22y2，即x2，y1时，等号成立，所以x2y 的最小值是4，故选B． 8．如图1所示：设F为双曲线的左焦点，由于直线AP与直线OQ（O为坐标原点）的交点Q 在双曲线E上，所以Q与Q关于坐标原点对称，又O是FF的中点，故四边形QFQF为平 FQ FA ca 行四边形，故FQ∥QF，FQQF，故△FQA∽△FPA，所以    4，解 PF AF ca c 5 得：3c5a，所以离心率e  ，故选B． a 3 题号 9 10 11 答案 ABC ACD ACD 1 1 4 3 9．A选项，根据正态分布的定义得P(X≤) ，故A正确；B选项，P(Y 2)C2   ，故B正确；C选 2 4 2 8 1 1 1 项，E(X)2，E(Y)4 2 ，故E(X)E(Y)，故C正确；D选项，D(X)4，D(Y)4  1， 2 2 2 故D(X)D(Y)，故D错误，故选ABC． p 10．A选项，易得：焦点F(1，0)，即 1，所以 p2，故A正确；B选项，因为直线y 3(x1)，所以直线的 2 π 2p 4 16 倾斜角 ，所以|MN|   ，故B错误；C选项，设MN 的中点为A，M，N，A到直线l的距离 3 sin2 3 3 4 1 1 1 分别为d，d ，d，因为d  (d d ) (|MF||NF|) |MN | ，即A到直线l的距离等于MN 的一半，所以 1 2 2 1 2 2 2 p2 4 4 3 以MN 为直径的圆与直线l相切，故C正确；D选项，S    ，故D正确，故选ACD． △OMN 2sin 3 3 11．A 选项，令 x2，y0 ，则有 f(2) f(2)2f(2)f(0) ，即 f(0)1，故 A 正确；B 选项，令 x0，则有 f(y) f(y)2f(0)f(y)2f(y) ，即 f(y) f(y)，所以 f(x)为偶函数，故B错误；C选项，令x1，y1， 则有 f(2) f(0)2f(1)f(1) ，即 f(1)0，令x1，则有 f(1 y) f(1 y)2f(1) f(y)0，所以 f(x)关于(1，0) 中心对称，故C正确；D选项，令y1，则有 f(x1) f(x1)2f(x) f(1)0，所以 f(x1)f(x1)，即 f(x2)f(x) ， 所 以 f(x4)f(x2) f(x) ， 即 f(x) 的 周 期 为 4 ， 令 x2，y1 ， 则 有 f(3) f(1)2f(2)f(1) ，即 f(3)0 ，令 x y2 ，则有 f(4) f(0)2f(2)f(2) ，即 f(4)1 ，所以 f(1) f(2) f(3) f(4)0 ，所以 f(1) f(2) f(2025) f(1)0，故D正确，故选ACD． 第1页（共4页）题号 12 13 14 1 3 答案 (e2)x y0 2  ，  3 2 12．对于y f(x)ex 2x，其导数 f(x)ex 2，所以 f(1)e2，又因为 f(1)e2，所以 f(x)在x1处的切 线方程为：y(e2)(x1)e2，即(e2)x y0． 13．设等比数列{a }的公比为q，根据等比数列前n项和的性质，S，S S，S S 成等比，且公比为q3，又因为 n 3 6 3 9 6 S 8S 9S ，即S S 8(S S )，所以q3 8，解得q2． 9 3 6 9 6 6 3 2x 14．由题：定义域为(2，2)，因为 f(x)xln ，所以 f(x) f(x)0，即 f(x)为定义在(2，2)上奇函数．又 2x 因 f(x)xln(2x)ln(2 x) ， 知 ： f(x) 在 (2，2) 单 增 ， 所 以 a12a  1 3 f(a) f(2a1)0 f(a)f(2a1) f(12a)，所以有2a2 ，解得： a ，即实数a的取值  3 2 22a12 1 3 范围为 ， ． 3 2 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 解：（1）设等差数列{a }的公差为d(d 0)，因为a，a，a 成等比数列且a 1， n 1 2 7 1 所以16d (1d)2，即d2 4d 0，解得d 4或0（舍），………………………（3分） 所以a 4n3(nN )．…………………………………………………………………（5分） n + （2）由（1）知：a 4n3，所以b (4n33)2n1n2n1，……………………（7分） n n 所以T b b b b 122 223(n1)2nn2n1， n 1 2 n1 n 所以2T 123224 (n1)2n1n2n2，………………………………（10分） n 22(12n) 所以T 22 232n1n2n2  n2n2 (1n)2n2 4， n 12 所以T (n1)2n24．………………………………………………………………（13分） n 16．（本小题满分15分）解：（1）因为 f(x)6x2 6ax6x(xa) ．…………………………（2分） ①当a0时， f(x)6x2≥0，所以 f(x)在R上单调递增；…………………………（3分） ②当a0时， f(x)0可得：x 0，x a， 1 2 由 f(x)0得：xa或x0；由 f(x)0得：a x0， 所以 f(x)在(，a)上单调递增，(a，0)上单调递减，(0，)上单调递增； ……………………………………………………………………………………………（5分） ③当a0时，由 f(x)0得：x0或xa，由 f(x)0得：0 xa， 所以 f(x)在(，0)上单调递增，(0，a)上单调递减，(a，)上单调递增． ……………………………………………………………………………………………（7分） 综上：①当a0时， f(x)在R上单调递增； ②当a0时， f(x)在(，a)上单调递增，(a，0)上单调递减，(0，)上单调递增； ③当a0时， f(x)在(，0)上单调递增，(0，a)上单调递减，(a，)上单调递增． （2）由（1）知：若 f(x)有极小值，则a0．………………………………………（8分） ①当a0时， f(x)在(，a)上单调递增，(a，0)上单调递减，(0，)上单调递增； 所以x0为 f(x)的极小值点，即 f(0)为 f(x)的极小值． 又因为 f(0)10与极小值小于0矛盾，所以a0（舍），………………………（11分） ②当a0时， f(x)在(，0)上单调递增，(0，a)上单调递减，(a，)上单调递增， 所以xa为 f(x)的极小值点，即 f(a)为 f(x)的极小值． 又因为 f(x)的极小值小于0，所以 f(a)2a33a310，解得：a1（符合）， 综上：a的取值范围为(1，)．………………………………………………………（15分） 第2页（共4页）17．（本小题满分15分） a2c   1 9 a2 x2 y2 解：（1）由题：  1，得： ，故为  1．……………（4分）  a2 4b2 b 3 4 3  a2 b2 c2 （2）由（1）得A(2，0)，B(2，0)，设M(x，y )，P(4，y )， 0 0 1 又点M 异于顶点，则2 x 2， 0 3 因为点M 在椭圆上，所以y2  (4x2)(i)，……………………（6分） 0 4 0 y 0 y 0 6y 由 P，A，M 三 点 共 线 可 得 k k ， 即 0  1 ， 得 y  0 ， 故 AM AP x 2 42 1 x 2 0 0  6y  P4， 0 ，…………………………………（8分）  x 2 0    6y  从而BM (x 2，y )，BP2， 0 ， 0 0  x 2 0   6y2 2 所以BM BP2x 4 0  (x243y2) (ⅱ)，…………………………（11分） 0 x 2 x 2 0 0 0 0   5 将(i)式代入(ⅱ)式，并化简得BM BP (2x )，…………………………………（13分） 2 0   因为2x 0，BM BP0 ， 0 所以MBP为锐角，从而MBN 为钝角，故点B在以MN 为直径的圆内． ……………………………………………………………………………………………（15分） 18．（本小题满分17分） 解：（1）设事件A=“经过两次试验后，手上有两个白球”， 3 1 2 1 3 则P(A)     ．………………………………………………………（3分） 5 2 4 2 40 （2）设事件B=“经过三次试验后，手上正好有1个白球和1个红球”，事件B包含的情况有： 3 1 2 1 1 3 ①B “第一次留白球，第二次留红球，第三次不留球”，则P(B)      ， 1 1 5 2 4 2 2 80 3 1 1 2 1 3 ②B “第一次留白球，第二次不留球，第三次留红球”，则P(B )      ， 2 2 5 2 2 4 2 80 2 1 3 1 1 3 ③B “第一次留红球，第二次留白球，第三次不留球”，则P(B )      ， 3 3 5 2 4 2 2 80 2 1 1 3 1 3 ④B “第一次留红球，第二次不留球，第三次留白球”，则P(B )      ， 4 4 5 2 2 4 2 80 1 2 1 3 1 3 ⑤B “第一次不留球，第二次留红球，第三次留白球”，则P(B )      ， 5 5 2 5 2 4 2 80 1 3 1 2 1 3 ⑥B “第一次不留球，第二次留白球，第三次留红球”，则P(B )      ， 6 6 2 5 2 4 2 80 3 9 所以P(B)6  ．…………………………………………………………………（9分） 80 40 （3）由题可知：在第n次停止试验的情况时满足：前n1次中硬币是正面的情况恰好为4次，反面为n5次， 且第n次取出最后一个球时硬币为正面， 1 4 1 n5 1 (n1)(n2)(n3)(n4) 所以 p C4       (n≥5，n Z)， n n1 2 2 2 32n3 ……………………………………………………………………………………………（12分） p n 所以 n1  (n≥5，nZ)，……………………………………………………（14分） p 2(n4) n 第3页（共4页）n 当 1时，可得：n8； 2(n4) n 当 1时，可得：n8； 2(n4) n 当 1时，可得：5≤n8； 2(n4) 所以有 p  p  p  p  p  p ，即当 p 取最大值时，n8或9． 5 6 7 8 9 10 n ……………………………………………………………………………………………（17分） 19．（本小题满分17分） x （1）解：令 f(x)0得：k  xe1x， ex1 设F(x)xe1x，则F(x)(1x)e1x ， 由F(x)0得：x1；由F(x)0得：x1； 所以F(x)在(，1)上单调递增，(1，)上单调递减，……………………………（2分） 所以F(x)的最大值为F(1)1且当x时，F(x)0 ，当x时，F(x)，  所以若F(x)k 有两个不同的根x x 时，k(0，1)，………………………………（3分） 1 2 同理：令g(x)0得：k x(1lnx)． 设G(x)x(1lnx)，G(x)lnx， 由G(x)0得：0 x1；由G(x)0得：x1； 所以G(x)在(0，1)上单调递增，(1，)上单调递减，………………………………（5分） 所以G(x)的最大值为G(1)1且当x0 时，G(x)0 ，当x时，G(x)，   所以若G(x)k有两个不同的根x x 时，k(0，1)， 3 4 综上：k(0，1)．…………………………………………………………………………（6分） （2）证明：先证：x x 2， 3 4 由（1）知：G(x)在(0，1)上单调递增，(1，)上单调递减， G(x)的最大值为G(1)1且当x0 时，G(x)0 ，当x时，G(x)，   G(x)k有两个不同的根0 x 1 x ，………………………………………………（7分） 3 4 设Q(x)G(x)G(2x)(0x1)且Q(1)0， 则Q(x)G(x)G(2x)lnxln(2x)ln[(x1)21]≥0， 即Q(x)在(0，1)上单调递增．……………………………………………………………（9分） 又因为0 x 1，所以Q(x )G(x )G(2x )Q(1)0 ，即G(x )G(2x )． 3 3 3 3 3 3 又因为G(x )G(x )，所以G(x )G(2x )， 3 4 4 3 又因为G(x)在(1，)上单调递减，所以x 2x ， 4 3 即x x 2得证．………………………………………………………………………（11分） 3 4 再证：x x x x ， 3 4 1 2 F(x)G(x) 设H(x) e1x1lnx(x0) 且H(1)0， x 1 1xe1x 则H(x)e1x   且H(1)0． x x 令h(x)1xe1x(x0) ，则h(x)(x1)e1x， 由h(x)0得：x1；由h(x)0得：0 x1； 所以h(x)在(0，1)上单调递减，(1，)上单调递增， 所以h(x)≥h(1)0，即H(x)≥0，所以H(x)在(0，)上单调递增， 又因为H(1)0，所以当0 x1时，H(x)0；当x1时，H(x)0， 即当0 x1时，F(x)G(x)；当x1时，F(x)G(x)，…………………………（15分） 由（1）知：0 x 1 x，0 x 1 x ， 1 2 3 4 所以有F(x )k G(x )G(x ) 且G(x)在(0，1)上单调递增， 1 3 1 所以x x ，同理可得：x x ，所以x x x x 得证． 3 1 4 2 3 4 1 2 综上：2x x x x ，得证．……………………………………………………（17分） 3 4 1 2 第4页（共4页）