重庆市第八中学2025届高三上学期开学考试数学试卷（Word版附答案）

这是一份重庆市第八中学2025届高三上学期开学考试数学试卷（Word版附答案），共8页。试卷主要包含了定义在R上的奇函数满足，当时，等内容，欢迎下载使用。

数学
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．设集合，，且，则集合
A． B． C．D．
2．赵佶所作《瑞鹤图》中房殿顶的设计体现了古人的智慧，如下图，分别以，为x
轴、y轴正方向建立平面直角坐标系，屋顶剖面的曲线与x轴、y轴均相切，A，B两点间的曲线可近似看成函数的图象，有导函数，为了让雨水最快排出，需要满足螺旋线方程，其中a，b为常数，则
A．， B．， C．，D．，
3．使得“函数在区间上单调递减”成立的一个充分不必要条件是
A．B．C．D．
4．已知直线与交于A，B两点，设弦AB的中点
为M，O为坐标原点，则的取值范围为
A．B．
C．D．
5．定义在R上的奇函数满足，当时，
，则
A．0B．1C．D．2023
6．定义在R上的函数满足，则函数的零点个数为
A．3B．4C．5D．6
7．已知数列满足，且对任意m，n均有.记
的前n项和为，则
A．28B．140C．256D．784
8．将1到30这30个正整数分成甲、乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组
的中位数小2，则不同的分组方法数是
A．B．C．D．
二、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。
9．设函数，，，则下列函数中满足，与值
域相同的是
A．B．C．D．
10．在信道内传输M，N，P信号，信号的传输相互独立，发送某一信号时，收到的信号字母不变的概率为，收到其他两个信号的概率均为．若输入四个相同的信号MMMM，NNNN，PPPP的概率分别为，，，且．记事件，，分别表示“输入MMMM”“输入NNNN”“输入PPPP”，事件D表示“依次输出MNPM”，则
A．若输入信号MMMM，则输出的信号只有两个M的概率为
B．
C．
D．
11．在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所
得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“α旋转函数”．那么
A．存在旋转函数
B．旋转函数一定是旋转函数
C．若为旋转函数，则
D．若为旋转函数，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．若不等式对恒成立，则的最大值为 ．
13．有1000张从1开始依次编号的多米诺骨牌，从小到大排成一行，每次从中去掉处在奇数位置的牌，则最后剩下的一张牌是 号．
14．《扫雷》是一款益智类的小游戏，游戏要求玩家在方格中点击若干次，排除所有无雷的格子即算成功.方格中的数字代表其周围8格的地雷数.现有如图所示的方格阵，有4个方格已经被点开，则图中地雷数的可能取值有 种；若已知图中共有7个地雷，则它们的排列方式有 种.
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）
已知函数．
（1）若对于任意的，都有，求实数m的取值范围；
（2）在（1）的条件下，是否存在，使在区间上的值域是？若存在，求实数m的取值范围：若不存在，说明理由．
16．（15分）
已知函数，其中，．
（1）若，，求的最大值；
（2）若，求；（用n表示）
（3）若，求．
17．（15分）
已知O为坐标原点，经过点的直线与抛物线交于A，B（A，B异于点O）两点，且以AB为直径的圆过点O．
（1）求的方程；
（2）已知M，N，P是C上的三点，若为正三角形，Q为的中心，求直线OQ斜率的最大值．
18．（17分）
药房里有若干味药．药剂师用这些药配成22副药方，每副药方中恰有5味药，从中任选的三味药都恰好只包含在某一副药方中．
（1）药房中共有几味药？
（2）药物分为烈性药和非烈性药，要求每副药方中至少有一味是烈性药．
（ⅰ）假设药房中有7味烈性药，证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药；
（ⅱ）证明：全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药．
19．（17分）
已知.
（1）若存在两个不同的使得的最小值为，证明：；
（2）设，且当恒成立时，的最小值为，求的取值集合.
重庆八中高2025届高三上开学考试
数学试题参考答案
命题人：星云数学命题审题人：Fiddie Rara 涛哥 陈明 徐老师
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
1．B2．D3．D4．D
5．B6．B7．B8．B
二、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。
9．BC10．BCD11．ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．313．51214．882
四、解答题：共77分。
15. 解：（1）对于任意的x∈3m,4m，都有f(x)≤1，等价于f(x)max≤1，
∵fx=lgmx−mx−2m=lgmx2−3mx+2m2(x∈[3m,4m])
设t=x2−3mx+2m2=x−32m2−m24x∈3m,4m
则t在[3m,4m]上是增函数，
当0解得12≤m<1，
当m>1时，f(x)在[3m,4m]上递增，则fxmax=f4m=lgm6m2≤1，解得01矛盾，故舍去.
综上，12≤m<1.
（2）∵12≤m<1，
∴f(x)在(5m2,+∞)上递减，
∴fα=lgmαfβ=lgmβ，即a−ma−2m=αβ−mβ−2m=β，即关于x方程x−mx−2m=x在(5m2,+∞)上有两个不等的实根，
设ℎx=x−mx−2m−x=x2−3m+1x+2m2，
则12≤m<1∆=(3m+1)2−8m2>03m+12>5m2ℎ(5m2)>0，即12≤m<1m2+6m+1>0m<12m>103 ⇒m∈⌀．
综上，不存在这样的α，β满足条件.
16. 解：（1）f8x=1+λx8=a0+a1x+a2x2+⋯+a8x8，
a7=C87λ7=1024⇒λ=2，
不妨设ai中att=0,1,2,3,⋯,8，则
at≥at−1at≥at+1⇒C8t2t≥C8t−12t−1C8t2t≥C8t+12t+1⇒t≤6t≥5，则t=5或6，
ai中的最大值为a5=a6=C8525=C8626=1792.
（2）若λ=2，1+2xn=r=0narxr，两边求导得2n1+2xn−1=r=0nrarxr−1，
令x=1得，r=0nrar=2n⋅3n−1.
（3）若λ=−1，fnx=1−xn，
k=0nCnkknxkfn−kx
=Cn00nx01−xn+Cn11nx11−xn−1+Cn22nx21−xn−2+⋯+Cnnnnxn1−x0，
因为Cnkkn=n!k!⋅n−k!⋅kn=n−1!k−1!⋅n−k! =n−1!k−1!⋅n−1−k−1!=Cn−1k−1，
故
k=0nCnkknxkfn−kx
=0+Cn−10x11−xn−1+Cn−11x21−xn−2+⋯+Cn−1n−1xn1−x0
=xCn−10x01−xn−1+Cn−11x11−xn−2+⋯+Cn−1n−1xn−11−x0
=xx+1−xn−1=x．
17. 解：（1）设AxA,yA，BxB,yB，l:x=my+4，联立方程x=my+4,y2=2px,得y2−2pmy−8p=0，
则yA+yB=2pm，yAyB=−8p.
因为以AB为直径的圆过点O，所以OA⊥OB，则xAxB+yAyB=0，即yA22p⋅yB22p+yAyB=0，
解得yAyB=−4p2，所以−4p2=−8p，解得p=2，所以C的方程为y2=4x.
（2）设Mx1,y1，Nx2,y2，Px3,y3.不妨设N，M，P按逆时针顺序排列.
①当△MNP有一边斜率不存在时，另一顶点为0,0，不妨设P0,0，
则lMP:y=33x，lNP:y=−33x.
与抛物线C的方程联立得M12,43，N12,−43，中心Q8,0.
②当△MNP三边的斜率都存在时，kMN=y1−y2x1−x2=4y1+y2，kMP=4y1+y3.
又∠NMP=60°，所以4y1+y2−4y1+y31+4y1+y2⋅4y1+y3=tan60°=3，
化简可得4y3−y2=3y1+y2y1+y3+16，
同理可得4y2−y1=3y3+y1y3+y2+16，
4y1−y3=3y2+y3y2+y1+16，
三式相加得0=3y12+y22+y32+3y1y2+y2y3+y3y1+48.
因为M，N，P是C上的三点，所以y12+y22+y32=4x1+x2+x3，
又y1+y2+y32=y12+y22+y32+2y1y2+y2y3+y3y1，
所以3y1+y2+y32+96=4x1+x2+x3.
设Qx,y，则3x=x1+x2+x3，3y=y1+y2+y3，代入上式得9y2=4x−32.
又①也满足9y2=4x−32，所以Q的轨迹方程为9y2=4x−32.
当y>0，直线OQ的斜率为yx=4y9y2+32=49y+32y≤212，当且仅当y=423时，
直线OQ的斜率取得最大值212.
当y≤0时，直线OQ的斜率yx≤0.
综上，直线OQ斜率的最大值为212.
18. 解：（1）设共有n味药，一共可形成Cn3个“三药组”，另一方面，每个“三药组”恰有一副药方包含它，22副药方中，每副药方可形成C53个“三药组”，合计220个“三药组”，
所以Cn3=220，所以n=12．
（2）设共有烈性药r味，假设每副药方中至多含有3味烈性药，
不妨把1味烈性药+2味非烈性药称为“R−三药组”，
共有Cr1C12−r2个“R−三药组”，
另一方面，因为每3种烈性药恰有一副药方包含它，故有Cr3副药方恰含有3种烈性药，
每副这样的药方含有C31C22个“R−三药组”，其余22−Cr3副药方只含有1种或2种烈性药，它们中每一幅都可形成C11C42=6或C21C31=6个“R−三药组”，
故22副药方一共可形成3Cr3+622−Cr3个“R−三药组”，
故有Cr1C12−r2=3Cr3+622−Cr3，得r3−13r2+67r=132，
（i）将r=7代入r3−13r2+67r=175≠132,
即说明假设药房中有7味烈性药，全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药；
（ii）r3−13r2+67r=132两边考虑都除以5，右侧余2，
对于r(r2−13r+67)，当r取0，1，2，3，4，5时，均不成立，
即说明假设每副药方中至多含有3味烈性药不成立，
所以全部药方中一定有一副药方至少含有4味烈性药．
19. 解：（1）f'x=ex+1+2ax−a,f''x=ex+1+2a,
当 a=0 时, f'x=ex+1>0,fx 单调递增,没有最小值,不满足题意.
当 a<0 时,考虑 x<0 这一侧,有fx则当 x=−−b−ea 时, fx<0 ,不满足题意.
当 a>0 时, f''x>0 恒成立, f'x 在 R 上单调递增,
取 x=12 即有 fx'>0 .
当 x<12 时,有f'x所以存在唯一的 x0∈a−e322a,12 使得 f'x0=0 ,此时 fx 在 −∞,x0 上单调递减,在 x0,+∞ 上单调递增,且有 ex0+1+2ax0−a=0 ,也即 a=ex0+11−2x0 . 于是,
fxmin=fx0=ex0+1+ax02−ax0−b=x02−3x0+1ex0+11−2x0−b
记 gx=ex+11−2x ,则g'x=3−2xex+11−2x2
当 x<12 时, g'x>0 恒成立, gx 单调递增,所以存在两个不同的 a ,使得 fx 的最小值为 0,也即存在两个不同的 x0 ,使得 b=x02−3x0+1ex0+11−2x0 .
记 ℎx=x2−3x+1ex+11−2x ,则ℎ'x=−xx−12x−3ex+11−2x2,
易知 ℎx 在 −∞,0 上单调递增,在 0,12 上单调递减,所以 ℎx≤ℎ0=e .
若 b≤0 ,当 x<0 时, ℎx>0≥b ,而当 x>0 时, ℎx 单调递减,方程 ℎx=b 至多有一个解, 不满足题意.
若 b≥e ,则有 ℎx≤ℎ0=e≤b ,方程 ℎx=b 至多有一个解,不满足题意. 综上, 0（2）由第一问可知, a>0,b取 x=1−52 ,则f1−52=e3−52+a−b≥0,
此时 a−b≥−e3−52,λ≤2e3−52−1 .
记 Fx=gx=ℎx=−x2+3xex+11−2x ,则F'x=2x−3x2−x−1ex+11−2x2,
所以 Fx 在 −∞,1−52 上单调递减,在 1−52,12 上单调递增.
由于 b=ℎx0≤λ,a−bmin=Fx0=−λ+12 ,所以有ℎx0≤−2Fx0−1,
记 Gx=ℎx+2Fx+1=−x2+3x+1ex+11−2x+1 ,则只需考虑 Gx≤0 的解即可.
G'x=x+1x−22x−3ex+11−2x2,
所以 Gx 在 −∞,−1 上单调递减,在 −1,1−52 上单调递增,而 G−1=0 ,所以
Gx≤0 只有一个解 x=−1 ,此时 λ=ℎ−1=53 .综上, λ 的取值集合为 53 .