重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期入学适应性训练数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_0909重庆市第八中学2024-2025学年高三上学期入学适应性训练

重庆八中 2024—2025 学年度（上）高三年级入学适应性训练 数 学 试 题 参 考 答 案 一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项 中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B A C C A D B 详细解答： 【1】 重庆八中高2025级2024—2025学年度（上）高三年级入学适应性训练数学参考答案 第1页/共6页 学科网（北京）股份有限公司 A = { x | x  6 或 x  − 1 } ， B = { x | x  3 , x  N } = { 4 , 5 , 6 , } ， R A = { x | − 1  x  6 } 【2】 x+y−1不能推出 x + y  0 ，A错误； x y0x+y0，当x=−2， y = 3 时， 满足 x + y  0 ，但不满足 x  y  0 ，  B 正确；当 x = − 2 ，y=−3时，满足xy0，但不满 足 x + y  0 ，  C 错误；当x=−3， y = − 2 时，满足 x 2 − y 2  0 ，但不满足 x + y  0 ，  D 错 误，故选： B ． 【3】 f ( − x ) = − f ( x )  函数y = f(x)为奇函数，图象关于原点对称，排除CD； f ( ) e 1 0    = − −  ，故选A a +a 【4】由题意可得，a = 1 5 =192， 3 2  a b 3 3 = a b 1 1  1 9 2 b 3 = 21 89 82  b 3 = 1 2 8 ，选C． 【5】由题知 0 2 0  = ， =80，=50，所以50=20+(80−20)e−0.02t，可得 1 e − 0.02 t = 1 2 ， 所以 − 0 .0 2 t = ln 1 2 = − ln 2 ，  t = 5 0 ln 2  3 4 ．5 ，即某物体的温度从80C下降到50C以下，至 少大约需要35分钟.故选C. 【6】令 f ( x ) = t ，若函数 g ( x ) = [ f ( x ) ] 2 − a f ( x ) − 1 有三个零点，则方程 h ( t ) = t 2 − a t − 1 = 0 有 一根在 ( 0 , +  ) 上，一根在 ( 0 , +  ) 上，则只需 h ( − 1 )  0 即可，故 a  0 ，选A 【7】因为 f ( x y ) + f ( x y ) = 2 f ( x ) ，所以 f ( x y ) − f ( x ) = f ( x ) − f ( x y ) ，所以 f ( 2 k ) − f ( 2 k −1 ) = 1 k f(2k−1)− f(2k−2)= = f(2)− f(1)= ，所以 f(2k)= ，所以 2 2 n k = 1 f ( 2 k ) = 1 4 n ( n + 1 ) . 【8】由题可知函数 g ( x ) 图象为 f ( x ) 图象向左平移一个单位得到， f ( x ) 图象与两坐标轴围 成的图形面积即为 g ( x ) 2−x 图象与x=−1，y=0所围成的图象面积，g(x)=log −x+2，定 3 x+2 义域为(−2,2)， g ( − x ) = lo g 3 2 − x + + x 2 + x + 2 ，则有g(x)+g(−x)=4，函数g(x)的图象关于点 ( 0 , 2 ) 成中心对称，又g(−1)=4，g(1)=0，且点 ( − 1 , 4 ) 与点 (1 , 0 ) 也关于点 ( 0 , 2 ) 成中心对称， 由基本初等函数的单调性可得函数 g ( x ) 在区间(−1,1)上单调递减，因此与坐标轴围成图形 的面积是 1 2  2  4 = 4 ．故选：B． 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项 中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 题号 9 10 11 答案 AD ACD BCD {#{QQABZYIUggggAoBAABgCAwGKCAAQkACAAQgOAFAAoAAAgQFABAA=}#}详细解答： 【9】设原样本为 重庆八中高2025级2024—2025学年度（上）高三年级入学适应性训练数学参考答案 第2页/共6页 学科网（北京）股份有限公司 x 1 ， x 2 ，  ， x n ，其平均数为 x 0 ，则 x 0 = ni= 1n x i ，混入后为x ， 0 x 1 ， x 2 ，  ， x n ，平均数为 x ，于是 x = ni= 0 n + x i 1 = x 0 + n ni= i + 1 x i = ( n + n 1 + ) 1 x 0 = x 0 ，则这两组数据的平均数相同， 故 A 正确；取这组数据为1,2,3,4,10，则其中位数为3，加入平均数4后，中位数变为3.5，于 是可得这两组数据的中位数不一定相同，故 B 错误；取这组数据为1,2,3,4,5，则其标准差为 2，加入平均数3后，标准差变为 1 3 5 ，于是可得这两组数据的标准差不同，故 C 错误； 不妨设 x 1  x 2   x n ，由于 x 1  x 0  x n ，故这两组数据的极差相同，故D 正确．故选： A D ． 【10】由 a  0 ， b  0 ， a + 2 b = 2 a b ，变形为 1 a + 1 2 b = 1 ． 1 1 a 2b a 2b A，由“乘1法”可得：a+2b=(a+2b)( + )=2+ + 2+2  =4，当且仅当 a 2b 2b a 2b a a 2 b = 2 b a ，即 a = 2 ， b = 1 时取等号， A 正确； B，由“乘1法”可得： a + b = ( a + b ) ( 1 a + 1 2 b ) = 3 2 + a 2 b + b a 3 2 + 2 a 2 b  b a = 3 2 + 2 ，当且仅当 a 2 b = b a ，即 a = 2 + 2 2 , b = 1 + 2 2 ， B 错误； C ， a+2b 2 2ab，当且仅当 a = 2 b ，即 a = 2 ， b = 1 时取等号，  2 a b 2 2 a b ，化为 a b 2 ， 当且仅当 a = 2 ，b=1时取等号，C正确； D ， a2+4b2 4ab，当且仅当 a = 2 b ，即 a = 2 ， b = 1 时取等号，由 C 知 a b 2 ，当且仅当 a=2， b = 1 时取等号，  a 2 + 4 b 2 8 ，当且仅当a=2， b = 1 时取等号， D 正确． 【11】 f ( x ) = ln x − 1 − x 2 − 1 的定义域为 ( 0 ,1 ) (1 , )  + ， f  ( x ) = 1 x + ( x 2 − 1 ) 2  0 在定义域上恒 成立，所以 f ( x ) 的单调递增区间为 ( 0 ,1 ) ， (1 , +  ) ，故 A 错误； 1 1 2 2x f x   =ln x −1− 1 =−lnx−1+ x−1，所以 f   1 + f(x)=−2+ 2x−2 =0，又 −1 x x−1 x lo g 2 0 2 4 2 0 2 5 = lo g 2 0 1 2 5 2 0 2 4 ， 所以 f ( lo g 2024 2 0 2 5 ) + f ( lo g 2025 2 0 2 4 ) = 0 ，故B正确； f ( a ) = e e b b + − 1 1 − b = 1 + e b 2 − 1 − ln e b = ln e − b − 1 − e − 2 b − 1 = f ( e − b ) ，因为 b  ( 0 , +  ) ，所以 0 < e − b  1 ， 又a(0,1)，所以a=e−b，即aeb =1，故C正确. 1 2 1 f(a−1) f(a)即 f(a−1)− f(a)=ln(1− )− ，由lnx1− ， a (a−2)(a−1) x a 2 −a f(a−1)− f(a)1− − = 0，故选：BCD a−1 (a−2)(a−1) (a−1)(a−2) {#{QQABZYIUggggAoBAABgCAwGKCAAQkACAAQgOAFAAoAAAgQFABAA=}#}三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 题号 12 13 14 答案 重庆八中高2025级2024—2025学年度（上）高三年级入学适应性训练数学参考答案 第3页/共6页 学科网（北京）股份有限公司 2 8 − 2 e 3 1 详细解答：  【12】解法一：△FPF 的面积为S =b2cot =b2 =2 1 2 △F1PF2 2 解法二：设|PF |=x,|PF |= y(x y) ，由定义x−y=4， 1 2  F 1 P F 2 = 9 0  ，  x 2 + y 2 = 2 4 ，  2 x y = x 2 + y 2 − ( x − y ) 2 = 8 ，  x y = 4 ，  F 1 P F 2 的面积为 1 2 x y = 2 【13】设直线l与曲线 y = f ( x ) 相切于点 ( x 0 , y 0 ) ，由 f  ( x ) = 2 e 2 x ，得k = f(x )=2e2x0，因 0 为 l 与曲线 f ( x ) = e 2 x 相切，所以  y 0 = 2 y 0 e 2 = x0 e ( 2 x 0 x0 − 1 ) ，消去 y 0 3 ，解得x = ， 0 2 k = 2 e 3 ． 设 l 与曲线 y=g(x) 相切于点 ( x 1 , y 1 ) ，由 g  ( x 1 ) = 2 x 1 ，得 k = 2 e 3 = 2 x 1 1 ，即 x = ， 1 e3 y 1 = k ( x 1 − 1 ) = 2 e 3 ( 1 3 e − 1 ) = 2 − 2 e 3 ，因为 ( x 1 , y 1 ) 是l与曲线g(x)=2lnx+a的公共点， 所以 2 − 2 e 3 = 2 ln ( 1 3 e ) + a ，解得 a = 8 − 2 e 3 ． 【14】因为函数 y = f ( x ) 的定义域为 R ， f ( x − 1 ) 为奇函数， f ( x + 1 ) 为偶函数，所以，函 数 f ( x ) 的图象关于点 ( − 1 , 0 ) 对称，也关于直线 x=1对称，所以， f ( − x ) = f ( x + 2 ) ， f ( − x ) = − f ( x − 2 ) ，所以， f (x+2)=−f (x−2)，则 f ( x + 8 ) = − f ( x + 4 ) = f ( x ) ，所以，函 数 f ( x ) 是周期为 8 的周期函数，当 x  ( − 1 ,1 ] 时， f ( x ) = 2 x − 1 ，则 f (1 ) = 1 ，f (7)= f (−1)=0， f ( 8 ) = f ( 0 ) = − 1 ， f ( 2 ) = f ( 0 ) = − 1 ， f ( 3 ) = f ( − 1 ) = 0 ， f ( 4 ) = − f ( − 6 ) = − f ( 2 ) = 1 ， f ( 5 ) = f ( − 3 ) = − f (1 ) = − 1 ， f ( 6 ) = − f ( − 8 ) = − f ( 0 ) = 1 ，所以， 8 k =1 f ( k ) = 1 − 1 + 0 + 1 − 1 + 1 + 0 − 1 = 0 ， 又因为 2 0 2 4 = 8  2 5 3 ，所以， 2025 k =1 f ( k ) = 2 5 3 8 k =1 f ( k ) + f (1 ) = 2 5 3  0 + 1 = 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】（1）在4S =(2n−1)a +1中，令n=1，得4=a +1，解得a =3，因为4S =(2n−1)a +1， n n+1 2 2 n n+1 所以当 n  2 时，4S =(2n−3)a +1，两式相减，得4a =(2n−1)a −(2n−3)a ， n−1 n n n+1 n 所以 ( 2 n + 1 ) a n = ( 2 n − 1 ) a n + 1 ，即 a n + a n 1 = 2 2 n n + − 1 1 ( n  2 a )，当n=1时， 2 =3符合该式， a 1 a a a a 2n−1 2n−3 5 3 所以a = n  n−1·  3  2 a =  ·· 1=2n−1,(n2)， n a a a a 1 2n−3 2n−5 3 1 n−1 n−2 2 1 又因为a =1满足上式，所以数列{a }的通项公式为a =2n−1． ……………………6分 1 n n 1 1 1 1 1 （2）因为c = = = ( − )，所以T =c +c ++c n a (a +2) (2n−1)(2n+1) 2 2n−1 2n+1 n 1 2 n n n 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n = (1− )+ ( − )+ ( − )++ ( − )= (1− )= ，所以T = . …13分 2 3 2 3 5 2 5 7 2 2n−1 2n+1 2 2n+1 2n+1 n 2n+1 {#{QQABZYIUggggAoBAABgCAwGKCAAQkACAAQgOAFAAoAAAgQFABAA=}#}【16】（1） f(x)=ex−2ax−1+2a，则 重庆八中高2025级2024—2025学年度（上）高三年级入学适应性训练数学参考答案 第4页/共6页 学科网（北京）股份有限公司 f ( x ) = e x − 2 a . ……………………1分 当 a  0 时， f(x)0，所以 f(x)在 R 上单调递增； ……………………3分 当 a  0 时，令 f ( x )  0  x  ln 2 a , f ( x )  0  x  ln 2 a ，所以 f(x)在(ln2a,+)上单调递增， 在(−,ln2a)上单调递减. 综上，当 a  0 时， f(x)在 R 上单调递增；当 a  0 时， f(x)在(ln2a,+)上单调递增，在 (−,ln2a)上单调递减. ………………………7分 （2）由 f ( x )  g ( x ) ，得ex −2ax−1+2a(x−1)ln(x−1)，即 e x − 1  ( x − 1 ) ln ( x − 1 ) + 2 a ( x − 1 ) ， 令 t = x − 1 ，则 e t+ 1 − 1  t ln t + 2 a t ( t  0 ) ，即不等式 2 a  e t+ 1 t − 1 − ln t 在 ( 0 , +  ) 恒成立，…9分 设 h ( t ) = e t+ 1 t − 1 − ln t ( t  0 ) ，则 h ( t ) = ( t − 1 ) ( e 2 t t+ 1 − 1 ) ， ………………………11分 令 h ( t )  0  0  t  1 , h ( t )  0  t  1 ，所以h(t)在 ( 0 , 1 ) 上单调递减，在 (1 , +  ) 上单调递增， 则 h ( t )  h (1 ) = e 2 − 1 ，所以2ae2−1，即实数a的取值范围为 ( −  , e 2 − 2 1 ] . …………15分 【17】（1）椭圆 C 1 : 2 x 8 + y 4 2 = 1 的焦点 (  2 , 0 ) ，椭圆 C 2 : 2 x 9 + y 1 2 2 = 1 的焦点 ( 0 ,  3 ) 易知椭圆 C 的焦点在 x a=2 轴上，且 ，故椭圆 b= 3 C : 2 x 4 + y 3 2 = 1 . …………6分 （2）证明：因为点P(1,y ),y 0在椭圆 0 0 C : 2 x 4 + y 3 2 = 1 上，解得 y 0 = 3 2 . 设 A ( x1 , y1 ) ， B ( x 2 , y 2 ) ，直线 A B : y = k x + m x2 y2  + =1 ．联立 4 3 ，得  y=kx+m (3 + 4 k 2 ) x 2 + 8 k m x + 4 m 2 − 1 2 = 0 ， 则=48 ( 3+4k2−m2) 0， x 1 + x 2 = 3 − 8 + k 4 m k 2 ， x 1 x 2 = 4 m 3 + 2 − 1 22 4 k ， 进而 y 1 + y 2 = k ( x 1 + x 2 ) + 2 m = 3 6 + m 4 k 2 ， −12k2+3m2 y y =(kx +m)(kx +m)=k2x x +km(x +x )+m2 = …………9分 1 2 1 2 1 2 1 2 3+4k2 因为 P A ⊥ P B 3 3 y − y − ，所以 1 2 2 2 ，即 −1=k k =  PA PB x −1 x −1 1 2 ( x 1 − 1 ) ( x 2 − 1 ) +  y 1 − 3 2   y 2 − 3 2  = 0 ， 即 x 1 x 2 − ( x 1 + x 2 ) + 1 + y 1 y 2 − 3 2 ( y 1 + y 2 ) + 9 4 = 0 ，即 4 m 3 + 2 − 1 2 2 4 k − 3 − 8 + k 4 m k 2 + 1 + − 1 2 3 k + 2 + 4 k 3 2 m 2 − 3 2 ( 3 6 + m 4 k 2 ) + 9 4 = 0 即 7 m 2 + k 2 + 8 k m − 9 m − 9 4 = 0 …………12分 3 3 法一（双十字相乘法）(m+k− )(7m+k+ )=0 2 2 9 法二（待定系数法）(am+bk+c)(dm+ek+ f)=0或(m+k)(7m+k)+a(k+m)+b(7m+k)− =0 4 3 3 3 3 法三（主元法）7m2+(8k−9)m+(k− )(k+ )=0 (m+k− )(7m+k+ )=0 2 2 2 2 {#{QQABZYIUggggAoBAABgCAwGKCAAQkACAAQgOAFAAoAAAgQFABAA=}#}因为 重庆八中高2025级2024—2025学年度（上）高三年级入学适应性训练数学参考答案 第5页/共6页 学科网（北京）股份有限公司 P A ⊥ P B ，所以点P不在直线 A B 上，则 m + k − 3 2  0 k 3 ，所以m=− − 7 14 所以直线 A B : y = k ( x − 1 7 ) − 1 3 4 过定点 ( 1 7 , − 1 3 4 ) ． …………15分 【18】（1）依题意得：每次抛游戏币 a 2 1 1 落下时正面向上的概率均为为 ，故X B( ,10)， 4 4 1 5 于是E(X)= 10= ，当 4 2 k = 2 时，P(X =k)最大． …………4分 （2）记事件 A k 为“第 a k 枚游戏币向上抛出后，正面朝上”，则 P ( A k ) = 1 2 k ， k = 1 , 2 , 3 ， Y 可取0，1，2，3．由事件 A k 相互独立， 则 P (Y = 0 ) = P ( A 1 A 2 A 3 ) = P ( A 1 ) P ( A 2 ) P ( A 3 ) = (1 − 1 2 ) (1 − 1 4 ) (1 − 1 6 ) = 1 5 6 ． P (Y = 1 ) = P ( A 1 A 2 A 3 + A 1 A 2 A 3 + A 1 A 2 A 3 ) = P ( A 1 A 2 A 3 ) + P ( A 1 A 2 A 3 ) + P ( A 1 A 2 A 3 ) = 1 2  (1 − 1 4 )  (1 − 1 6 ) + (1 − 1 2 )  1 4  (1 − 1 6 ) + (1 − 1 2 )(1 − 1 4 )  1 6 = 1 2  3 4  5 6 + 1 2  1 4  5 6 + 1 2  3 4  1 6 23 = ． 48 P (Y = 2 ) = P ( A 1 A 2 A 3 ) + P ( A 1 A 2 A 3 ) + P ( A 1 A 2 A 3 ) = 1 2  1 4  (1 − 1 6 ) + 1 2  (1 − 1 4 )  1 6 + (1 − 1 2 )  1 4  1 6 1 5 1 3 1 1 =  +  +  8 6 12 4 2 24 = 1 3 6 ． P (Y = 3 ) = P ( A 1 A 2 A 3 ) = 1 2  1 4  1 6 = 1 4 8 ． 故分布列为： X 0 1 2 3 P 1 5 6 23 48 1 3 6 1 4 8 …………10分 （3）不妨假设按照a ， 1 a 2 ， ， a n 的顺序抛这 n 枚游戏币． 记抛第 a k 枚游戏币后，正面朝上的游戏币个数为奇数的概率为 P k ， k = 1 ，2， ， n ． 于是 P k = P k − 1  (1 − 1 2 k ) + (1 − P k − 1 )  1 2 k = P k −1 − P k −1 2 k + 1 2 k _ P k − 2 k 1 = (1 − 1 k ) P k −1 + 1 2 k ． …13分 即 P k = k − k 1  P k −1 + 1 2 k 1 ．即kP =(k−1)P + ， k k−1 2 k 2 ． 1 记b =kP ，则b −b = ， k k k k−1 2 k 2 1 1 ，故数列{b }为首项是1P = ，公差为 的等差数列． n 1 2 2 故 b k = 1 2 + ( k − 1 )  1 2 = k 2 k ，则kP = ，故 k 2 P k = 1 2 ，k =1，2，3， ，n．则 P n = 1 2 ．故公平． ……………………………17分 【19】（1）据题意，g(x)的定义域为(−,1)，由g(x)= 1 +1= x ，知g(x)在(−,0) x−1 x−1 单调增，在(0,1)单调减，所以g(x) =g(0)=0． …………4分 max {#{QQABZYIUggggAoBAABgCAwGKCAAQkACAAQgOAFAAoAAAgQFABAA=}#}x −ln(1−x) （2）据题意， f (x)的定义域为(−,0) (0,1)，由 f(x)= x−1 ． x2 令 重庆八中高2025级2024—2025学年度（上）高三年级入学适应性训练数学参考答案 第6页/共6页 学科网（北京）股份有限公司 ( x ) x x 1 ln ( 1 x )  = − − − ，则 ( x ) ( x 1 1 ) 2 x 1 1 ( x x 1 ) 2   = − − − − = − − ，于是知 ( x )  在 ( −  , 0 ) 单调 增，在 ( 0 ,1 ) 单调减，所以 ( x ) ( 0 ) 0    = ，则 f ( x ) ( x x 2 ) 0   =  ，即 f ( x ) 在 ( −  , 0 ) 单调减， 也在(0,1)单调减． …………8分 【如果回答在定义内单调递减，则需要证明，过程如下：由（1）知：ln(1−x)−x，则有  ff (( xx ))  −− 11 (( xx  00 )) ，所以对  x 1  ( −  , 0 ) ,  x 2  ( 0 ,1 ) ，都有 f ( x 1 )  − 1  f ( x 2 ) ，故 f ( x ) 是 其定义域上的减函数．若没有以上证明，此处扣1分】 （3）令 h ( x ) = ln (1 − x ) − a x x− 1 ，则 h ( x ) = x 1− 1 − a x( a − x 1 − − 1 a x2) = x 1− 1 + ( a x 1 − 1 2) = x x− 1  a 2 x ( + a x (1 − − 1 2 2) a ) ①当 a  12 时，有 1 − 2 a  0 ，于是对 x  ( 0 ,1 )  0 , 2 aa −2 1  ，有 h  ( x )  0 ， h ( x ) 单调增，存在 x 1  ( 0 ,1 )  0 , 2 aa −2 1  ，使得 h ( x 1 )  h ( 0 ) = 0 ，即 ln (1 − x 1 )  a x x 1 1− 1 ，即 f ( x 1 )  a x 1 1 − 1 ，矛 盾； …………11分 ②当a 1 时，有1−2a0 ，于是对 x   2a−1 ,0  ，有h(x)0 ，h(x) 单调增，存在 2  a2  x 2   2 aa −2 1 , 0  使 得 h(x )h(0)=0 ， 即 2 ln ( 1 − x 2 )  a x x 2 2− 1 ， 即 f ( x 2 )  a x 1 2 − 1 ， 矛 盾； …………14分 ③当 a = 12 时， h  ( x ) = ( x − 1 x) ( 2 x − 2 ) 2  0 ，则 h ( x ) 在 ( −  ,1 ) 单调减，又 h ( x ) = 0 ， 所以  hh (( xx ))  00 (( xx  00 )) ，则 h (x x )  0 ，即 f ( x )  a x 1 − 1 1 ，符合题意．综上：a= ．……17分 2 {#{QQABZYIUggggAoBAABgCAwGKCAAQkACAAQgOAFAAoAAAgQFABAA=}#}