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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.
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 >0 的解集是
x2 −4
A. (− ∞),∪−2(0,+∞) B. (2,+∞)
C.(-2,0) D. (−2,0)∪(2,+∞)
a 6
3. ( √x− ) 的展开式中常数项是 -160,则 a=
√x
A. -3 B. -2 C. 2 D. 3
1
4. 函数 f(x)= −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. 已知
α∈(
π
,π),sinα=
√10
,则 tan2α=
2 10
3 3 3 3
A. B. − C. D. −
4 4 8 8
7. 已知函数 f(x)=log (4x+1)−x ,则不等式 f(x−1)0) 的右焦点为 F ,直线 l:5x+by=0 是 C 的一条渐
b2
近线, 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,
x
f(x)= , 则下列说法中正确的有
ex−1
2−x
A. x∈[1,2) 时, f(x)= B. 函数 f(x) 的最小正周期是 4
ex−1
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 Z=X+Y ,则下列说
2
法正确的是
A. P(X>−1)>P(X<−1) B. P(Y≥1)=P(Y<7)
7
7
C. P(Z≤1)=P(Z≥7) D. ∑P(Z≤t)=
2
t=1
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
1 1
12.
(
−
)3+log 3+2log
4
3=
_____.
8 9
9
13. 数列 {a },a =2 ,对于任意的 n,m∈N+ ,都有 a ⋅a =a ,若 λ≤a + 对于
n 1 m n n+m n a
n
任意的 n∈N+ 恒成立,则 λ 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
1 x2
足 [f(x)+f′ (x)]=(x2+x)ex+xe−x ,则不等式 f(x)− 0) ,则 PH=√3a, ,可得 a=1 ,
1 1 (1+2)⋅2a
所以 BC=1,AD=2,AH=AB=√5,V = S ⋅PH= ⋅ ⋅√3a=√3 7 分
P−ABCD 3 ABCD 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− A B−的D平面角,
在 △ABH 中, S =
1
⋅ HE
1
⋅A⋅B= HB⋅
√
AH2 − (
1
HB)
2
=
1
⋅√2⋅
3√2
=
3
,解得
△ABH 2 2 2 2 2 2
3
2 3√5
HE= =
,
√5 5
2
在 △PEH 中, PE=√PH2+HE2=
2√30
,
5
HE √6 √6
所以 cos∠PEH= = ,所以二面角 P− A B−的D余弦值为 . 13 分法二: (坐标
PE 4 4
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) ,
学科网（北京）股份有限公司{ ⃗m⋅⃗AB=2x−y=0
设平面 PAB 的法向量为 ⃗m=(x,y,z) ,则 ,令 x=1 , 则
⃗m⋅⃗AP=x−2y+ √3z=0
y=2,z=√3 ,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− A B的−D平
面角,
|⃗m⋅⃗n| √6
则 cosθ= = . 13 分
|⃗m|⋅|⃗n| 4
1
16.【详解】解:(1) ∵ 函数 f(x)=lnx−ax+ ,
a2
1
∴ 当 a=−1 时, f(x)=lnx+x+1,f′ (x)= +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
1 1
(2) ∵ 函数 f(x)=lnx−ax+ ,∴f′ (x)= −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
1 1
当 a>0 时,令 f′ (x)= −a=0 ,得 x= ,
x a
1 1
当 00 ,函数 f(x) 在 (0, ) 单调递增,
a a
1 1
当 x> 时, f′ (x)<0 ,函数 f(x) 在 ( ,+∞) 单调递减, .10 分
a a
1 1
∴f(x) =f( )=− lna−<10+ , .11 分
极大值 a a2
1 1
令 g(a)=− lna−,1g+′ (a)=− −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
17.【详解】(1)设 P(x ,y ),Q(x,y),D(x ,0),Q 是 PD 的中点,
0 0 0
学科网（北京）股份有限公司x +x
{ 0 0 =x
2 {x =x
∴ ,∴ 0 , .2 分
y +0 y =2y
0 =y 0
2
又 P 在圆 x2+y2=4 上, ∴x2+y2=4 ,即 x2+4y2=4 ,
0 0
x2 x2
∴ +y2=1 . ∴ 线段 PD 的中点 Q 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 x2 +y2=1 ,消去 y ,得 (1+4k2)x2+8kmx+4m2 −4=0 , 7 分
4
8km 4m2 −4
设 M(x ,y ),N(x ,y ) 两点,由韦达定理得: x +x =− ,x ⋅x = ,Δ>0
1 1 2 2 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
则 y ⋅y =(kx +m)⋅(kx +m)=k2x ⋅x +km(x +x )+m2=
m2 −4k2
,
1 2 1 2 1 2 1 2 1+4k2
y ⋅y 1
所以 1 2 =− ,即 2m2 −4k2=1,m≠0 , .10 分
x ⋅x 4
1 2
4√1+k2√m2
所以 |MN|=√1+k2√(x +x ) 2 −4x ⋅x = ,
1 2 1 2 1+4k2
|m|
所以原点 O 到直线 y=kx+m 的距离为: d= , .12 分
√1+k2
1 1 4√1+k2√m2 |m| 2m2
所以 S = |MN|⋅d= ⋅ = =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,y ),N(t,− y ) ,则
0 0
y −y 1 1
t2+4y2=4 且 0 ⋅ 0 =− ,即 t2=4y2 ,则 t=±√2 ,此时 S = ×√2×√2=1
0 t t 4 0 △OMN 2
综上, △OMN 的面积为定值 1 .15 分
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 ,
学科网（北京）股份有限公司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 ,
1
因此满足 P(X≤n)≥ ,n 的最小值为 19 。 9 分
2
(3)定义净成本函数:
Y={200n+100X,X≤n
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+8000×0.25=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
{x2n+1 −1
,x≠1
19.【详解】( 1 )由提示知, f (x)= x−1 ,故
n
2n+1,x=1
f′ (x)=
2nx2n+1 −(2n+1)x2n+1
, .2 分
n (x−1) 2
令 g (x)=2nx2n+1 −(2n+1)x2n+1 ,
n
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 g (−1)=−4n, g (0)=1,g (1)=0 ,故存在 x ∈(−1,0) ,有 g (x )=0 ,
n n n n n n
从而 f (x) 在 (−∞,x ) 上递减, (x ,+∞) 上递增,故 f (x) 存在唯一极小值点 x=x
n n n n n
,无极大值点; .5 分
学科网（北京）股份有限公司(2)i. 由(1)可知, x 为 f (x) 唯一的极值点,且为极小值点,
n n
1 1
由 g (x) 单调性和正负性可知, x ≥ −1 等价于 g ( −1)≤0 , .6 分
n n 2n n 2n
1 1 2n 1 1 2n
又 g ( −1)=−4n(1− ) +1≤0 ,只需证 ≤(1− ) ,
n 2n 2n 4n 2n
即证 1 ln 1 ≤ln(1− 1 ) ,令 t= 1 ∈(0, 1 ] ,只用证
2n 4n 2n 2n 2
t
tln ≤ln(1−t), .8 分
2
t 1
令 φ(t)=ln(1−t)−tln ,φ′ (t)= − ln t,+ln2−1
2 t−1
1 1 15
由 φ′ (t) 递减,且 φ′( )=2ln2−3<0, φ′( )=4ln2− >0 ,
2 8 7
1 1
存在 t ∈(0, ) ,有 φ′ (t )=0 ,故 φ(t) 在 (0,t ) 递增,在 (t , ) 递减,又
0 2 0 0 0 2
1
φ( )=0
,
2
t 1
−ln −
t 2 t
且由洛必达法则, limφ(t)=lim( −tln )=lim =lim =limt=0 ,
2 1 1
t→0 t→0 t→0 t→0 t→0
−
t t2
故
t∈(0, 1 ]
时, φ(t)≥0 ,证毕; .11 分
2
ii. 由 (1) 可知, x ,x ∈(−1,0) ,故 {x } 单调递减只需证 x g (x )=0 ,
n+1 n n+1 n+1
1
由 g
n
(x
n
)=2nx
n
2n+1 −(2n+1)x
n
2n+1=0 ,则有 x
n
2n=
2n+1−2n x
, .13 分
n
x2[(2n+2)x −(2n+3)]
代入 g (x ) 有: g (x )=x2n+2[(2n+2)x −(2n+3)]+1= n n +1>0 ,
n+1 n n+1 n n n 2n+1−2n x
n
只需: (2n+2)x3 −(2n+3)x2 −2nx +(2n+1)>0 ,
n n n
关注到因式分解,有: (x −1) 2[(2n+2)x +2n+1]>0 , .15 分
n n
2n+1 1
只需 x >− = −1 ,
n 2n+2 2n+2
学科网（北京）股份有限公司1 1
由前可知, x ≥ −1> −1 ,证毕. .17 分
n 2n 2n+2
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