重庆市重庆八中高2026届高三入学考试数学试题含答案)_2025年9月_250902重庆市第八中学校2025-2026学年高三上学期入学考试（全科）

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 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
  10
6．已知 ,，sin ，则tan2
 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) f(2x)的解集为
2
 1 1  1 
A．,1 B．  1 ,  C． , D．,1  ,
 3 3  3 
elnx
8．函数 f(x)ex  的最小值为
x
1
A． B．1 C．e D． e2
e
第 1 页 共 4 页二、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．
y2
9．已知双曲线C:x2  1(b0)的右焦点为F，直线l:5xby0是C的一条渐近线，
b2
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
x
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) ，
ex1
则下列说法中正确的有
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
 2
说法正确的是
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
12．   1  3 log 32log43 ．
 8 9
9
13．数列 a
n
，a
1
2，对于任意的n,mN，都有a
m
a
n
a
nm
，若a
n

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  f(x) f(x)   x2 x  ex xex，则不等式 f(x) x2 e的解集为 ．
2 ex
第 2 页 共 4 页四、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）
1
已知函数 f(x)lnx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k k  ，试判断OMN 的面积是否为定值．若是，求出该定值；若不是，
OM ON 4
请说明理由．
第 3 页 共 4 页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；
1
（2）若要求 p(X n) ，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 (x)1xx 2 x 2n，nN*；
n
（1）求函数 f  x 的极值点个数；
n
（2）记函数 f  x 的极值点为x ，证明：
n n
1
（i）x  1；
n
2n
（ii）数列x 单调递减．
n
xn11
（提示：x1时，1xxn  ，nN*）
x1
第 4 页 共 4 页重庆八中高 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 0等价于x(x2)(x2)0 ，
x2 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T
r1
(a)rC
6
rx3r
，
令3r 0得r 3，所以展开式的常数项为(a)3C
6
3 160，
因此a2.
1 1 1
4.【答案】D【详解】因为 f(x) x (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)  f(2)3.故选D.
x1 max
5.【答案】D【详解】第一类：蓝球来自盒子甲中有C1C1C2 225种选法；第二类：蓝球来自盒子乙
5 3 6
中有C2C1C1 120种选法．故共有345种选法．故选：D．
5 6 2
10   1 2tan 3
6.【答案】B【详解】sin ,且  , ,则tan ，tan2  .
10  2  3 1tan2 4
7.【答案】D【详解】函数的定义域为R，f xlog  4x 1  xlog  4x 1  log 2x log  2x  1  ，
2 2 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
1
x2 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) g(1) 0，即g(x)ex ex0，即ex ex，当且仅当x1时等号成立.
min
elnx xex elnx exlnx elnx e(xlnx)elnx
f  x   ex      e，
x x x x
（当且仅当xlnx1，即x 1时等号成立），所以 f x的最小值为e.
x2ex elnxe
法二： f '  x  ，令t(x) x2ex elnx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.
第 1 页 共 7 页二、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：b 5，
b2 a
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
2x
10.【详解】对于A，x1,2,2x0,1,f 2x  2xex1，又 f 2x f x，所以
e2x1
f x2xex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；
x
对于C， f(x)的周期T 4， f(0)0， f （4）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
C7 C8 9
对于选项B，由于P(Y 7)1P(Y 7)P(Y 8)1 8 8 1 ，
28 28
1
而P(X 1)1P(X 0)1 ，因此B错误.
28
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)，
第 2 页 共 7 页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 7
所以2S 7，即P(Zt) ．因此D正确.
2
t1
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.【详解】   1  3 log 32log43 1  1  3 3 ，故答案为： 3.
 8 9 2 2
a
13.【详解】令m1， n1 a 2，所以数列  a  是以首项为2，公比为2的等比数列，a 2n，
a 1 n n
n
9  9   9  9 25 25
a n  a ，只需    a n  a      2n  2n   4 4  4 ，所以的最大值为 4 .
n n min min
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)，
因为 1  f(x) f(x)   x2 x  ex xex，①
2
所以 1  f(x) f(x)   x2 x  ex xex，所以 1  f(x) f(x)   x2 x  ex xex，②
2 2
由①②得， f(x)x2(ex ex)，
x2
设g(x) f(x)  x2ex，则g(x)x(x2)ex，
ex
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，
4 x2
而g(1)e，g2 g1，所以不等式 f(x) e等价于g(x)eg(1)，
e2 ex
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
第 3 页 共 7 页（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，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ABD的平面角，
3
在△ABH中，S  1 HEAB 1 HB AH2 ( 1 HB)2  1  2 3 2  3 ，解得HE  2  3 5 ，
ABH 2 2 2 2 2 2 5 5
2
2 30
在△PEH 中，PE  PH2HE2  ，
5
HE 6 6
所以cosPEH   ，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，所以m(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，
 
|mn| 6
则cos    .…………………………………………………………………………………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0 x 时， f(x)0，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
第 4 页 共 7 页1 1
 f(x)  f  lna1 0 ，..................................11分
极大值 a a2
1 1
令g(a)lna1 ，g(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
x x
 
0
2
0 x
x  x
 ， 0 ， ....................2分
y
0
0
 y
y
0
2y
 2
又P在圆x2  y2 4上，x 2  y 2  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 ，消去y，得(14k2)x2 8kmx4m2 40
，
..................7分
  y2 1
 4
8km 4m2 4
设M(x ,y )，N(x ,y )两点，由韦达定理得：x x  ，x x  ，0
1 1 2 2 1 2 14k2 1 2 14k2
m2 4k2
则y y (kx m)(kx m)k2x x km(x x )m2 ，
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 4y 2 4且 0  0  ,即t2 4y 2，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
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，
1
因此满足P(X n) ，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0.25 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
19.【详解】（1）由提示知， f  x 

 x1
，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
第 6 页 共 7 页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 ，无极大值
n n n n n
点； .........................................................5分
（2）i．由（1）可知，x 为 f  x 唯一的极值点，且为极小值点，
n n
由g  x 单调性和正负性可知，x  1 1等价于g   1 1  0，.......................................................6分
n n n
2n 2n 
2n 2n
 1   1  1  1 
又g  14n1  10，只需证 1  ，
n
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
tln t ln  1t ， .........................................................8分
2
令 t ln  1t tln t ， t  1 lntln21，
2 t1
由 t 递减，且 1   2ln230， 1   4ln2 15 0，
2 8 7
存在t   0， 1   ，有 t 0，故 t 在 0，t 递增，在  t ， 1   递减，又 1   0，
0 0 0 0
 2  2 2
t 1
ln 
且由洛必达法则，lim t lim  tln t   lim 2 lim t limt 0，
t0 t0 2 t0 1 t0 1 t0

t t2
故t  0， 1   时， 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  x ，
n n1 n n1 n
即证： g  x  g  x 0，
n1 n n1 n1
由g  x 2nx 2n1 2n1  x 2n 10，则有x 2n  1 ， ...................................................13分
n n n n n 2n12nx
n
代入g  x 有：g  x  x 2n2 2n2  x  2n3  1 x n 2 2n2  x n  2n3  10，
n1 n n1 n n n 2n12nx
n
只需： 2n2  x 3  2n3  x 2 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
1 1
由前可知，x  1 1，证毕. ..............................................17分
n 2n 2n2
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