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 第 7 页 共 7 页