重庆市第八中学2024届高三数学上学期入学测试试题（Word版附解析）

重庆八中高2024级高三（上）入学测试

数学试题

一、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. 若，则的值是（    ）

A. 0 B. 1 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据得到或，然后解方程根据元素的互异性进行取舍即可.

【详解】因为，所以①或②，由①得或，其中与元素互异性矛盾，舍去，符合题意，由②得，符合题意，两种情况代入得.

故选：C.

2. 已知是定义在上的函数，，则“为增函数”是“为增函数”的（    ）

A. 充要条件 B. 充分不必要条件

C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】

【分析】取特殊函数分别按照充分和必要条件判断即可.
 

【详解】取，则在不单调；

取单调递增，但单调递减，

故“为增函数”是“为增函数”的既不充分也不必要条件.

故选：D.
 

3. 某大学有两个图书馆，学生小李周六随机选择一图书馆阅读，如果周六去图书馆，那么周日去图书馆概率为0.4；如果周六去图书馆，那么周日去图书馆的概率为0.6.小李周日去图书馆的概率为（    ）

A. 0.5 B. 0.24        . C. 0.16 D. 0.36

【答案】A

【解析】

【分析】根据题设写出对应事件的概率，利用全概率公式求小李周日去图书馆的概率.

【详解】记事件表示小李周六去图书馆，事件表示小李周六去图书馆，事件表示小李周日去图书馆，

则，其中与为互斥事件，

依题意，

由全概率公式得

.

故选：A

4. 若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复合函数的单调性和对数函数定义域列不等式，然后解不等式即可.

【详解】令，由题意知：在区间上单调递增且，，解得：，则实数的取值范围是.

故选：C.

5. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据函数解析式求得函数定义域，判断函数奇偶性，再取几个特殊值运用排除法得到答案.

【详解】由题意知，，解得，所以定义域关于原点对称，又因为，所以此函数为奇函数，图像关于原点对称，排除A.

当时，，排除B.

，函数只有1个零点，排除C.

故选：D

6. 设，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】运用换底公式，结合对数函数、指数函数、幂函数的单调性进行判断即可

【详解】由在上单调递减，

在单调递增，

.

故选：A

7. 2023年1月31日，据“合肥发布”公众号报道，我国最新量子计算机“悟空”即将面世，预计到2025年量子计算机可以操控的超导量子比特达到1024个.已知1个超导量子比特共有2种叠加态，2个超导量子比特共有4种叠加态，3个超导量子比特共有8种叠加态，，每增加1个超导量子比特，其叠加态的种数就增加一倍.若，则称为位数，已知1024个超导量子比特的叠加态的种数是一个位的数，则（    ）（参考数据：）

A. 308 B. 309 C. 1023 D. 1024

【答案】B

【解析】

【分析】由已知可推得当有1024个超导量子比特时共有种叠加态.两边同时取以10为底的对数，根据对数的运算性质可得，根据已知数据，即可得出答案.

【详解】根据题意，得个超导量子比特共有种叠加态，

所以当有1024个超导量子比特时共有种叠加态.

两边取以10为底的对数得，

所以.

由于，故是一个309位的数，即.

故选：B.

8. 若函数为定义在上的偶函数，当时，，则不等式的解集为（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据不等式的结构，构造函数，判断其奇偶性及单调性，解不等式即可.

【详解】令，

因为为偶函数，即，

故，为偶函数，当时，，则在上单调递增，

因为，即，

所以，故，解，

所以不等式的解集为.

故选：D

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 若随机变量，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据正态分布曲线的对称性可判断ABC的正误；根据方差的性质可知D错误.

【详解】对于A，由正态分布曲线对称性可知：，A正确；

对于B，，，B正确；

对于C，，，

又，，C错误；

对于D，，，D错误.

故选：AB.

10. 已知正数满足，则下列说法一定正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】由已知等式可得，由，，结合基本不等式可知AB正误；利用基本不等式可直接验证CD正误.

【详解】由，，得：；

对于A，（当且仅当，即，时取等号），A正确；

对于B，（当且仅当，即，），B错误；

对于C，（当且仅当，即，时取等号），

，解得：（当且仅当，时取等号），C正确；

对于D，（当且仅当，即，时取等号），

由C知：（当且仅当，时取等号），

（当且仅当，时取等号），D正确.

故选：ACD.

11. 若函数的定义域为，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据函数的对称性，由对称轴和对称中心分别判断各个选项即可.

【详解】函数的定义域为R，，

函数关于对称，即，

，

的图象关于点对称.

对于AB：的图象关于点对称，，但无法判断，故B正确，A错误；

对于D：的图象关于直线对称，且，，故D正确；

对于C：的图象关于直线对称，的图象关于点对称，，即，，令，则，故C正确.

故选：BCD.

12. 已知函数，则（    ）

A. ，使得有2个零点 B. ，使得有3个零点

C. 若有3个零点，则 D. 若有4个零点，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意，做出函数的图像，然后将函数的零点问题，转化为函数图像交点问题，结合图像判断，即可得到结果.

【详解】令，则，则的图像如下所示，

当时，有两个交点，当时，有3个交点，

当时，有1个交点，当时，有0个交点.

由于直线的斜率为1，故当，

设斜率为1的切线的切点为，则，

故切点为，切线方程为，

当，设斜率为1的切线的切点为，

则，故切点为，切线方程为，

在图中做出在和的切线方程，如下图，的零点即为函数与的交点，

由图可知：当时，与有一个交点，且交点横坐标满足，

当时，与有2个交点，目交点横坐标满足，和，

当时，与有一个交点，且交点横坐标满足，

当时，与有一个交点，且交点横坐标满足，

当时，与有一个交点，且交点横坐标满足，

综上可知：当或时，有3个交点，当时，有4个交点

当时，有2个交点.

故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 设集合，集合，若，则的取值范围为________.

【答案】

【解析】

【分析】先得到，从而由交集为空集得到的取值范围.

【详解】由题意得，故，

因为，所以，故的取值范围是.

故答案为：

14. 在的展开式中，的系数为________.（用数字作答）

【答案】

【解析】

【分析】由，再写出展开式的通项，从而求出的项，即可得解.

【详解】因为，

又展开通项公式为，所以的展开式中，

含有的为，故的系数为.

故答案为：

15. 已知函数在区间上的值域为，则实数的值为________.

【答案】3

【解析】

【分析】根据图象的变换得到函数，然后根据函数图象求即可.

【详解】
 

作出函数的图象如图，函数在上单减，

在上为增函数，又，，，

若函数在区间上的值域为，则实数.

故答案为：3.

16. 已知函数，.若存在实数使成立，则的最小值为______.

【答案】

【解析】

【分析】令，用分别表示出和，然后再用表示出，构造函数，利用导数研究函数的最值即可．

【详解】解：不妨设，所以，

所以，即，，

故，

令，则，故，

所以在上单调递增，且，

当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，

所以当时，取得极小值也就是最小值，此时，

故的最小值为．

故答案为：．

【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 在数列中，，且满足.

（1）求数列的通项公式；

（2）设，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据等差数列的定义、通项公式进行求解即可；

（2）根据绝对值的性质，结合等差数列前项和公式进行求解即可.

【小问1详解】

数列是等差数列，

设其公差为.，，；

【小问2详解】

设数列的前项和为，则由（1）可得，

由（1）知，令，得，当时，，

则

；

.

18. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，三角形为正三角形，且侧面底面.分别为线段中点.

（1）求证：平面；

（2）在棱上是否存在点，使得平面平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）证明见解析   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）构造三角形的中位线得到线线平行，再利用线面平行的判定定理即可得到线面平行；

（2）法一：建立空间直角坐标系，设，求出平面和平面的法向量，再利用两平面垂直的向量法即可求出结果.法二：利用几何法，先找出平面，使平面平面，再利用几何关系即可求出结果.

【小问1详解】

连接交于点，连接，因为四边形是菱形，所以点为的中点.

又因为为的中点，所以，

又因为平面平面，

所以平面.

  小问2详解】

设底面边长为2，连接，由于为菱形，且，

故，

所以，故有，

又三角形为正三角形，为中点，故，

又侧面底面，平面平面，面，

所以平面，

如图，以为原点，方向分别为轴正半轴，建立空间直角坐标系.

则，

设，则，

则，

设平面的法向量为，则有，得到，

取，得，，所以，

又平面法向量可取为，

由题可知，即，解得，

故存在点使得平面平面，.

法二：三角形为正三角形， 是的中点，

又侧面底面，平面平面，面，

所以平面，

连接，取的中点，连接，则是的中位线，，

所以平面，

延长交于，又面，所以平面平面.

因为，所以，

又因为，所以，，

故存在点，使得平面平面，.

19. 2022年卡塔尔世界杯决赛圈共有32支球队参加，欧洲球队有13支：其中有5支欧洲球队闯入8强.比赛进入淘汰赛阶段后，必须要分出胜负.淘汰赛规则如下：在比赛常规时间90分钟内分出胜负；比赛结束，若比分相同.则进入30分钟的加时赛.在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，就要通过点球大战来分出最后的胜负.点球大战分为2个阶段，第一阶段：共5轮，双方每轮各派1名球员，依次踢点球，以5轮的总进球数作为标准，5轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利.如果第一阶段的5轮还是平局，则进入第二阶段：在该阶段双方每轮各派1名球员，依次踢点球，如果在一轮里，双方都进球或者双方都不进球，则继续下一轮，直到某一轮里，一方罚进点球，另一方没罚进，比赛结束，罚进点球的一方获得最终的胜利.

（1）根据题意填写下面的列联表，并根据小概率值的独立性检验，判断32支决赛圈球队“闯入8强”与“是欧洲球队”是否有关.

（2）甲、乙两队在淘汰赛相遇，经过120分钟比赛未分出胜负，双方进入点球大战.已知甲队球员每轮踢进点球的概率为，乙队球员每轮踢进点球的概率为，每轮每队是否进球相互独立，在点球大战中，两队前3轮比分为，试求出甲队在第二阶段第一轮结束后获得最终胜利的概率.

参考公式：.

【答案】（1）列联表见解析，认为“闯入8强”与“是欧洲球队”无关   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意填写列联表，然后计算根据临界值表判断即可；

（2）分别求出双方进入第二阶段和第二阶段第一轮甲队进球乙队为进球的概率，然后求甲队在第二阶段第一轮结束后获得最终胜利的概率即可.

【小问1详解】

下面为列联表：

零假设支决赛圈球队闯入8强与是否为欧洲球队无关，

，

根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，

即认为“闯入8强”与“是欧洲球队”无关.

【小问2详解】

记“双方进入第二阶段比赛”为事件，“第二阶段第一轮甲队进球乙队未进球”为事件，则“甲队在第二阶段第一轮结束后获得最终胜利”为事件，有，

要进入第二阶段比赛，即第一阶段五轮为平局，比分可能为，则

，，

故.

20. 已知函数.

（1）若为的极小值点，求实数的值；

（2）已知集合，集合，若，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）求导，由求出，再进行检验即可；

（2）转化为当时，恒有，求导，分与两种情况，求出满足要求，时不合要求，从而得到答案.

【小问1详解】

，由题可知，，

当时，，当时，；

当时，，故满足为极小值点.

【小问2详解】

由题意，即当时，恒有，即有，

显然，，

当，即时，恒成立，所以在单调递增，

，即时满足恒成立；

当即时，由得，其中，

由得，

所以时，单调递减，

所以时，与题设矛盾.

综上，的取值范围是.

【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，

一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.

二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，

三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.

21. 已知双曲线的右焦点为为双曲线上一点.

（1）求的方程；

（2）设直线，且不过点，若与交于两点，点关于原点的对称点为，若，试判断是否为定值，若是，求出值，若不是，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）利用焦点坐标得到，再由点在双曲线上，结合联立方程即可得解；

（2）利用设而不求得到关于的值，再由得到的关系式，从而整理得，分析式子即可得到，由此得解.

【小问1详解】

由已知可得，故，

因为在双曲线上，所以，解得（负值舍去），

所以的方程为；

【小问2详解】

联立直线与双曲线的方程，

可得，

则且，

所以且，

设，则，由韦达定理可得，

又，

所以，，

又，

因为，所以，

整理可得，则，

则，

整理可得，

因为不恒为0，所以应有，解得，

所以直线的斜率为定值3.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

22. 已知函数.

（1）当时，讨论函数的单调性；

（2）当时，求曲线与的公切线方程.

【答案】（1）在上单调递增.   

（2）

【解析】

【分析】（1）先求函数的导函数，再利用导数证明，由此判断函数的单调性；

（2）设曲线在点与曲线在的切线相同，由导数的几何意义可得

，利用导数研究方程的解可求，由此求公切线方程.

【小问1详解】

当时，

令，有，

当时，，函数在上单调递减，

，函数在上单调递增，

故，即，

所以在上单调递增.

【小问2详解】

因为，

所以，

设曲线在点与曲线在的切线相同，

则切线方程为，即，

整理得.

又切线方程也可表示为，

即，

整理得，

所以，

消整理得.

令，

令，

因为，所以函数在在单调递增，

又函数在在单调递增，

所以在单调递增，又，

当，

，

又得，

所以，

，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，

因此函数只有一个零点，

即只有一个解，

此时切线方程为，

所以曲线与的公切线方程为.