重庆八中2025届高三上学期开学考试数学试题答案

重庆八中高2025届高三上开学考试
数学试题参考答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

1．B 2．D 3．D 4．D 5．B 6．B 7．B 8．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．BC 10．BCD 11．ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12．3 13．14．882
四、解答题：共77分。

15. 解：（1）对于任意的xx∈[3mm,4mm]，都有ff(xx)≤1，等价于ff(xx)max≤1，
∵ff(xx)=log mm[(xx−mm)(xx−2mm)]=log mm(xx2−3mmxx+2mm2)(xx∈[3mm,4mm])
设tt=xx2−3mmxx+2mm2=�xx−32mm�2−mm24(xx∈[3mm,4mm])
则t在[3mm,4mm]上是增函数，
当0<mm<1时，ff(xx)在[3mm,4mm]上递减，则ff(xx)max=ff(3mm)=log mm(2mm2)≤1，解得12≤mm<1，
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当mm >1时，ff (xx )在[3mm ,4mm ]上递增，则ff (xx )max =ff (4mm )=log mm (6mm 2)≤1，解得0<mm ≤16与mm >1矛盾，故舍去.
综上，12≤mm <1. （2）∵12≤mm <1， ∴ff (xx )在(5mm 2,+∞)上递减， ∴�ff (αα)=log mm ααff (ββ)=log mm ββ
，即�(aa −mm )(aa −2mm )=αα(ββ−mm )(ββ−2mm )=ββ，即关于x 方程(xx −mm )(xx −2mm )=xx 在(5mm 2,+∞)上有两个不等的实根，
设ℎ(xx )=(xx −mm )(xx −2mm )−xx =xx 2−(3mm +1)xx +2mm 2，
则⎩⎪⎨⎪⎧12≤mm <1∆=(3mm +1)2−8mm 2>03mm+12>5mm 2ℎ(5mm 2)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧12≤mm <1mm 2+6mm +1>0mm <12mm >103 ⇒mm ∈⌀． 综上，不存在这样的α，β满足条件. 16. 解：（1）ff 8(xx )=(1+λλxx )8=aa 0+aa 1xx +aa 2xx 2+⋯+aa 8xx 8，
aa 7=C 87λλ7=1024⇒λλ=2， 不妨设aa ii 中aa tt (tt =0,1,2,3,⋯,8)，则 �aa tt ≥aa tt−1aa tt ≥aa tt+1⇒�C 8tt 2tt ≥C 8tt−12tt−1C 8tt 2tt ≥C 8tt+12
tt+1⇒�tt ≤6tt ≥5，则tt =5或6， aa ii 中的最大值为aa 5=aa 6=C 8525=C 8626=1792. （2）若λλ=2，(1+2xx )nn =∑aa rr xx rr nn rr=0，两边求导得2nn (1+2xx )nn−1=∑rraa rr xx
rr−1nn rr=0， 令xx =1得，∑rraa rr =2nn ⋅3nn−1nn rr=0. （3）若λλ=−1，ff nn (xx )=(1−xx )nn ，
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�C nn kk kk nn
xx kk ff nn−kk (xx )nn
kk=0 =C nn 00nn xx 0(1−xx )nn +C nn 11nn xx 1(1−xx )nn−1+C nn 22nn xx 2(1−xx )nn−2+⋯+C nn nn nn nn
xx nn (1−xx )0， 因为C nn kk kk nn =nn !kk !⋅(nn−kk )!⋅kk nn =(nn−1)!(kk−1)!⋅(nn−kk )! =(nn−1)!(kk−1)!⋅[(nn−1)−(kk−1)]!=C nn−1kk−1， 故
�C nn kk kk nn xx kk ff nn−kk (xx )nn
kk=0
=0+C nn−1
0xx 1(1−xx )nn−1+C nn−11xx 2(1−xx )nn−2+⋯+C nn−1nn−1xx nn (1−xx )0 =xx [C nn−10xx 0(1−xx )nn−1+C nn−11xx 1(1−xx )nn−2+⋯+C nn−1nn−1xx nn−1(1−xx )0] =xx [xx +(1−xx )]nn−1=xx ．
17. 解：（1）设AA (xx AA ,yy AA )，BB (xx BB ,yy BB )，ll :xx =mmyy +4，联立方程�xx =mmyy +4,yy 2=2ppxx ,
得yy 2−2ppmmyy −8pp =0， 则yy AA +yy BB =2ppmm ，yy AA yy BB =−8pp . 因为以AABB 为直径的圆过点OO ，所以OOAA ⊥OOBB ，则xx AA xx BB +yy AA yy BB =0，即yy AA 22pp ⋅yy BB 22pp +yy AA yy BB =0， 解得yy AA yy BB =−4pp 2，所以−4pp 2=−8pp ，解得pp =2，所以CC 的方程为yy 2=4xx .
（2）设MM (xx 1,yy 1)，NN (xx 2,yy 2)，PP (xx 3,yy 3).不妨设NN ，MM ，PP 按逆时针顺序排列. ①当△MMNNPP 有一边斜率不存在时，另一顶点为(0,0)，不妨设PP (0,0)， 则ll MMMM :yy =√33xx ，ll NNMM :yy =−√33xx . 与抛物线CC 的方程联立得MM�12,4√3�，NN�12,−4√3�，中心QQ (8,0).
②当△MMNNPP 三边的斜率都存在时，kk MMNN =yy 1−yy 2xx 1−xx 2=4yy 1+yy 2，kk MMMM =4yy 1+yy 3.
又∠NNMMPP=60°，所以4yy1+yy2−4yy1+yy3
1+4yy1+yy2⋅4yy1+yy3=tan60°=√3，
化简可得4(yy3−yy2)=√3[(yy1+yy2)(yy1+yy3)+16]，
同理可得4(yy2−yy1)=√3[(yy3+yy1)(yy3+yy2)+16]，
4(yy1−yy3)=√3[(yy2+yy3)(yy2+yy1)+16]，
三式相加得0=√3[yy12+yy22+yy32+3(yy1yy2+yy2yy3+yy3yy1)+48].
因为MM，NN，PP是CC上的三点，所以yy12+yy22+yy32=4(xx1+xx2+xx3)，
又(yy1+yy2+yy3)2=yy12+yy22+yy32+2(yy1yy2+yy2yy3+yy3yy1)，
所以3(yy1+yy2+yy3)2+96=4(xx1+xx2+xx3).
设QQ(xx,yy)，则3xx=xx1+xx2+xx3，3yy=yy1+yy2+yy3，代入上式得9yy2=4xx−32. 又①也满足9yy2=4xx−32，所以QQ的轨迹方程为9yy2=4xx−32.
当yy>0，直线OOQQ的斜率为yy xx=4yy9yy2+32=49yy+32yy≤√212，当且仅当yy=4√23时，
直线OOQQ的斜率取得最大值√212.
当yy≤0时，直线OOQQ的斜率yy xx≤0.
综上，直线OOQQ斜率的最大值为√212.
18. 解：（1）设共有nn味药，一共可形成C nn3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C nn3=220，所以nn=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C rr1C12−rr2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C rr3副药方恰含有3种烈性药，
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每副这样的药方含有C31C22个“R−三药组”，其余22−C rr3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3C rr3+6(22−C rr3)个“R−三药组”，
故有C rr1C12−rr2=3C rr3+6(22−C rr3)，得rr3−13rr2+67rr=132，
（i）将rr=7代入rr3−13rr2+67rr=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）rr3−13rr2+67rr=132两边考虑都除以5，右侧余2，
对于rr(rr2−13rr+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）ff′(xx)=e xx+1+2aaxx−aa,ff′′(xx)=e xx+1+2aa,
当aa=0时, ff′(xx)=e xx+1>0,ff(xx)单调递增,没有最小值,不满足题意.
当aa<0时,考虑xx<0这一侧,有ff(xx)<e+aaxx2+|bb|,
则当xx=−�−|bb|−e aa时, ff(xx)<0不满足题意.
当aa>0时, ff′′(xx)>0恒成立, ff′(xx)在RR上单调递增,
取xx=12即有ff(xx)′>0.
当xx<12时,有ff′(xx)<e32+2aaxx−aa,则当xx=aa−e322aa时, ff′(xx)<0.
所以存在唯一的xx0∈�aa−e322aa,12�使得ff′(xx0)=0,此时ff(xx)在(−∞,xx0)上单调递减,在(xx0,+∞)上单调递增,且有e xx0+1+2aaxx0−aa=0,也即aa=e xx0+11−2xx0. 于是,
ff(xx)min=ff(xx0)=e xx0+1+aaxx02−aaxx0−bb=(xx02−3xx0+1)e xx0+1
1−2xx0−bb
记gg(xx)=e xx+11−2xx,则gg′(xx)=(3−2xx)e xx+1(1−2xx)2
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当 xx <12 时, gg ′(xx )>0 恒成立, gg (xx ) 单调递增,所以存在两个不同的 aa ,使得 ff (xx ) 的最小值为 0,也即存在两个不同的 xx 0 ,使得 bb =
�xx 02−3xx 0+1�e xx 0+11−2xx 0 . 记 ℎ(xx )=(xx 2−3xx+1)e xx+11−2xx ,则ℎ′(xx )=−xx (xx−1)(2xx−3)e xx+1(1−2xx )2
, 易知 ℎ(xx ) 在 (−∞,0) 上单调递增,在 �0,12� 上单调递减,所以 ℎ(xx )≤ℎ(0)=e . 若 bb ≤0 ,当 xx <0 时, ℎ(xx )>0≥bb ,而当 xx >0 时, ℎ(xx ) 单调递减,方程 ℎ(xx )=bb 至多有一个解, 不满足题意.
若 bb ≥e ,则有 ℎ(xx )≤ℎ(0)=e ≤bb ,方程 ℎ(xx )=bb 至多有一个解,不满足题意. 综上, 0<bb <e .
（2）由第一问可知, aa >0,bb <e . 取 xx =1−√52 ,则ff �1−√52�=e 3−√52+aa −bb ≥0,
此时 aa −bb ≥−e 3−√52,λλ≤2e 3−√52−1 .
记 FF (xx )=gg (xx )=ℎ(xx )=(−xx 2+3xx )e xx+11−2xx ,则FF ′(xx )=
(2xx−3)(xx 2−xx−1)e xx+1(1−2xx )2, 所以 FF (xx ) 在 �−∞,1−√52� 上单调递减,在 �1−√52,12� 上单调递增. 由于 bb =ℎ(xx 0)≤λλ,(aa −bb )min =FF (xx 0)=−
λλ+12 ,所以有ℎ(xx 0)≤−2FF (xx 0)−1,
记 GG (xx )=ℎ(xx )+2FF (xx )+1=(−xx 2+3xx+1)e xx+11−2xx +1 ,则只需考虑 GG (xx )≤0 的解即可. GG ′(xx )=(xx +1)(xx −2)(2xx −3)e xx+1(1−2xx )2, 所以 GG (xx ) 在 (−∞,−1) 上单调递减,在 �−1,1−√52� 上单调递增,而 GG (−1)=0 ,所以
GG (xx )≤0 只有一个解 xx =−1 ,此时 λλ=ℎ(−1)=53 .综上, λλ 的取值集合为 �53� .。