山西大学附属中学校2025-2026学年高三上学期周测11数学试题（2025.10.15）

周回顾11解析版 一、单选题 1．已知样本数据5，6，6，6，8，9，10，11，则该组数据的第60百分位数为（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】根据百分位数的概念求解. 【详解】因为：， 所以样本数据5，6，6，6，8，9，10，11的第60百分位数是第5个数为8. 故选：C 2．已知复数（为虚数单位），则的虚部是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据复数的运算法则化简，可得，进而根据虚部的定义求解即可. 【详解】由， 则，虚部为. 故选：C. 3．设集合，则B是A的真子集的一个必要不充分条件是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】化简集合，再利用真子集的意义，结合包含关系求出取值集合，进而判断得解. 【详解】依题意，， 由B是A的真子集，得或或，而， 当时，； 当时，； 当时，， 因此B是A的真子集的充要条件是， 而真包含， 所以B是A的真子集的一个必要不充分条件是. 故选：A 4．若，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】由不等式的性质化简，然后由相应二次方程根的大小得出不等式的解． 【详解】因为，， 所以， 又不等式对应方程的根为：，且， 所以不等式的解为或， 故选：C． 5．记的内角所对的边分别为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合二倍角公式求出，再利用同角三角函数关系求出，最后通过二倍角的正切公式计算. 【详解】由正弦定理，结合，得， 因为，所以， 代入上式得，化简得， ， 因为，所以， ， . 故选：D. 6．已知数列是等差数列，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等差数列前项和的性质求解即可. 【详解】由，得，设，为非零实数，则， 因为数列是等差数列， 所以，…，是以为首项，为公差的等差数列， 所以，解得， 所以， 故选：A 7．如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于，两点，若，，则（   ）    A．4 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】根据抛物线的定义，可求两线段的长度之比. 【详解】对抛物线，焦点，准线：. 如图：    过向准线作垂线，垂足为，交轴于，根据抛物线定义，得，所以； 过向准线作垂线，垂足为，交轴于，根据抛物线定义，得，所以. 所以，所以. 故选：B 8．若，，，，则的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角恒等变换化简各式，再由正弦函数的单调性进行判断． 【详解】， ， ， ． 由正弦函数的单调性，得． 故选：B 二、多选题 9．关于双曲线的以下论述中，正确的是（   ） A．焦点在y轴上 B．虚轴长为16 C．渐近线方程为 D．离心率为 【答案】ACD 【分析】由有，逐项验证即可求解. 【详解】由有，所以双曲线的焦点在轴上，故A正确； 由，所以虚轴长为，故B错误； 由得，故C正确；由，所以，即， 所以，故D正确. 故选：ACD. 10．已知数列是等比数列，以下结论正确的是（    ） A．是等比数列 B．若，，则 C．若，则数列是递增数列 D．若数列的前项和，则 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，利用等比数列定义、性质逐项分析判断作答. 【详解】令等比数列的公比为，则， ，且，则是等比数列，故A正确； 由，，得，即，所以，故B错误； 由知，则，即，，所以数列是递增数列，故C正确； 显然，则，而，因此，，，故D正确. 故选：ACD. 11．对，不等式恒成立，则（    ） A．若，则的取值范围为 B．若，则 C．若，则 D．若，则的取值范围为 【答案】ACD 【分析】将问题转化为和在同一区间上的符号相同，即可求解两个函数的零点，结合所给的范围，针对选项逐一求解即可. 【详解】对于A，当时，不等式为，， 对，恒成立，故在恒成立， 而， 故或对恒成立， 故或对恒成立， 由于，故对恒成立不符合，故舍去， 故对恒成立，，故，得，故A正确， 对于B， 令，， 令，解得或， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 对于，由于在单调递增， 要使在上恒成立，故同号， 结合在单调递增，故至多一个零点，因此无法得到，故B错误； 对于C，令，， 令，解得或， 当时，， 当时，， 时，， 对于，由于在单调递增， 要使在上恒成立， 故需要在以及同号， 由于，故，即，故C正确， 对于D， 令，， 令，解得或， 当时，， 当时，， 对于，由于在单调递增， 要使在上恒成立， 只需要在恒成立， 故在恒成立，即，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 12．已知向量满足，则与的夹角为 . 【答案】/ 【分析】根据题意，利用向量的夹角公式，求得，进而求得向量与的夹角，得到答案. 【详解】由向量，可得， 所以， 因为，所以，即向量与的夹角为. 故答案为：. 13．若是函数的极值点，且函数的图象关于点对称，则 . 【答案】2 【分析】由题可得，解得，求得的解析式，求导，根据极值点的定义求解. 【详解】已知函数的图象关于点对称，则， 即，所以， 即，解得或， 即， 所以， 令，即，因为是函数的极值点， 所以，即是函数的两个根，因此. 故答案为：2. 14．斜边长为4的，，，点在平面内，点在平面同侧，在上的射影中，则中点到平面的距离的取值范围是 . 【答案】. 【分析】作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，设，求出其他各边长，利用和勾股定理得到方程，求出，结合和对勾函数单调性，求出答案. 【详解】如图，⊥平面，⊥平面，平面，所以⊥，⊥， 过点作，交于点，因，可得矩形，故， 设，则， 斜边长为4的，，，故， 由勾股定理得， 又，可得， 又⊥平面，平面，所以⊥， 故，可得， 又，故 由，，解得， 取中点，连接，则，故⊥平面， 因时，重合，时，重合，均不合要求， 故，，又，故， 在上单调递增，故. 故答案为： 四、解答题 15．已知椭圆的短半轴长为1，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若经过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的方程. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据题设条件，建立关于的方程组，求解即得椭圆标准方程； （2）对直线的斜率分类讨论，利用韦达定理求得和，进而表示出，最后利用求解. 【详解】（1）因为椭圆的短半轴长为，所以. 椭圆过点，所以，解得. 所以椭圆的标准方程为. （2）由（1）可得椭圆的半焦距,则椭圆右焦点为， 若直线斜率为，则为椭圆的左右顶点，不符合题意，故直线的斜率不为. 可设的方程为.设，. 由，消去化简得，. 由韦达定理得，，. 则. ，解得. 所以直线的方程为或. 16．如图，已知矩形所在平面与直角梯形所在平面交于直线，且，，，，且.    (1)四点是否共面，请说明理由； (2)设点为棱的中点，求证：平面； (3)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)不共面，理由见解析 (2)证明见解析 (3)线段上存在一点，点与点重合 【分析】（1）法一，通过建系，设四点共面，则存在，使得，  解方程求解即可；法二：取中点，通过说明四点共面，说明四点不可能共面； （2）利用空间向量研究线面关系即可；法二，取中点，中点，连接，通过求证平面平面，即可； （3）法一：假设存在，设，由空间向量计算线面夹角，解方程求参数即可. 法二：通过几何法找到线面角，通过正弦值求解即可. 【详解】（1）法一：由已知，， 可知，则， 又矩形中有，且，平面， 所以平面， 又，则平面，所以两两垂直， 故以为原点，分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 则， 因为，，， 设四点共面，则存在，使得，                            所以有，该方程组无解， 故假设不成立，即四点不共面. 法二：    取中点，连接， 由题意可得：, 所以为平行四边形， 所以，又 则， ∴四点共面， 平面∩平面， ∵平面， 若平面， 则， 显然不成立，所以四点不共面. （2）法一：由（1）可得：. 易知平面的一个法向量等于， 所以，所以， 又平面，所以平面. 法二：    取中点，中点， 连接， 由三角形中位线及（1）可知：， ∴四点共面， 平面，平面， ∴平面， 又， 平面，平面， ∴平面， 又，都在平面内， 所以平面平面， 又平面， 所以平面. （3）存在，当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值为. 理由如下： 假设线段上存在一点，使得直线与平面所成的角的正弦值等于. 因为， 设平面的法向量为， 由，得， 取，则， 即为平面的一个法向量， 设， 则. 所以 . 所以，解得或(舍去)， 因此，线段上存在一点，当点与点重合时， 直线与平面所成角的正弦值等于. 法二：      设存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为， 由矩形与直角梯形可知且， 又，都在平面内， 所以平面， 又， ∴平面，又平面， ∴平面平面，交线， 由已知，，可知，则， 因为， 所以, 因为，， 所以， 过作于， 由直角三角形面积公式可得：， 由面面垂直的性质定理可知：平面， 连接，则即为直线与平面所成角， 在直角中，， 又, 易知线段上存在一点，当点与点重合时，直线与平面所成角的正弦值等于. 17．2025年7月16日-27日，第32届世界大学生运动会在德国举行.在比赛期间，运动员甲（来自中国）和运动员乙（来自澳大利亚）因赛事成为朋友.运动员甲持有一套熊猫主题的运动项目徽章，包含乒乓球､羽毛球､篮球3个项目；运动员乙则拥有一套袋鼠主题的同项目（乒乓球､羽毛球､篮球）徽章.两套徽章除印制的主题图案和项目标识不同外，其余完全相同.为了加深友谊，两人在比赛期间约定，每次见面时，都随机取出1枚徽章与对方进行交换，运动会结束时已重复进行了次交换. (1)求3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率； (2)求次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章的概率（结果用含的式子表示）； (3)求次交换后，运动员甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动的概率（结果用含的式子表示），并求出这个概率的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用独立事件同时发生的乘法公式和互斥事件的概率加法公式即可求解； （2）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式； （3）利用数列的递推思想，结合全概率公式，先得到递推，再构造等比数列求出通项公式，然后利用分类讨论思想求出最大值. 【详解】（1）记3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章为事件A，交换过程包含两种情况： ①第一次甲用熊猫徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为1； 第二次甲用袋鼠徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为； 第三次甲用袋鼠徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 所以第一种情况的概率为； ②第一次甲用熊猫徽章与乙的袋鼠徽章交换，概率为1； 第二次甲用熊猫徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 第三次甲用袋鼠徽章与乙的熊猫徽章交换，概率为； 所以第二种情况的概率为； 所以3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率为. （2）记“次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章”概率为， 则，第次交换后，乙的徽章只有两种可能，一种是3枚徽章都是相同动物， 另一种是3枚徽章中有1枚不同动物， 记第次交换后，乙的3枚徽章动物相同为事件，动物不同为事件， 则，记“次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章”为事件C，因为在第次交换后徽章动物相同的条件下再交换后不可能是相同动物，即， 在第次交换后徽章动物不同的条件下再交换后可以变为相同动物，即， 再根据全概率公式可得： ， 所以， 则是等比数列，即， 所以； （3）又记“次交换后，甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动”概率为， 则， 第次交换后，甲的徽章只有两种可能，一种是包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， 另一种是不包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， ①甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，下次交换后还包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动， 此时发生的概率为； ②甲的徽章不包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，则甲的3枚徽章中一定有两枚相同运动的徽章（比如两个乒乓球徽章，一个羽毛球徽章），乙的3枚徽章中也一定有两枚相同运动的徽章， 当甲、乙分别取出相同运动徽章中的一枚进行交换后， 甲的3枚徽章就可以变换为包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动，此时发生的概率为； 再根据全概率公式可得：， 所以有， 即是等比数列，即， 当为奇数时，，且， 当为偶数时，， 所以当时，取到最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山西大学附中高中数学（高三一轮） 编号11 一、选择题（本小题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．已知样本数据5，6，6，6，8，9，10，11，则该组数据的第60百分位数为（ ） A．6 B．7 C．8 D．9 2．已知复数（为虚数单位），则的虚部是（ ） A． B． C． D． 3．设集合，则B是A的真子集的一个必要不充分条件是（ ） A． B． C． D． 4．若，则关于的不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 5．记的内角所对的边分别为，若，则（ ） A． B． C． D． 6．已知数列是等差数列，，则（ ） A． B． C． D． 7．如图，设抛物线的焦点为，过轴上一点作直线交于，两点，若，，则（ ）    A．4 B．3 C． D． 8．若，，，，则的大小关系为（ ） A． B． C． D． 二、选择题（本小题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的，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．关于双曲线的以下论述中，正确的是（ ） A．焦点在y轴上 B．虚轴长为16 C．渐近线方程为 D．离心率为 10．已知数列是等比数列，以下结论正确的是（ ） A．是等比数列 B．若，，则 C．若，则数列是递增数列 D．若数列的前项和，则 11．对，不等式恒成立，则（ ） A．若，则的取值范围为 B．若，则 C．若，则 D．若，则的取值范围为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12．已知向量满足，则与的夹角为 . 13．若是函数的极值点，且函数的图象关于点对称，则 . 14．斜边长为4的，，，点在平面内，点在平面同侧，在上的射影为,其中，则中点到平面的距离的取值范围是 . 四、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15．已知椭圆的短半轴长为1，且过点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若经过椭圆的右焦点的直线与椭圆交于两点，为坐标原点，且的面积为，求直线的方程. 16．如图，已知矩形所在平面与直角梯形所在平面交于直线，且，，，，且.    (1)四点是否共面，请说明理由； (2)设点为棱的中点，求证：平面； (3)线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 17．2025年7月16日-27日，第32届世界大学生运动会在德国举行.在比赛期间，运动员甲（来自中国）和运动员乙（来自澳大利亚）因赛事成为朋友.运动员甲持有一套熊猫主题的运动项目徽章，包含乒乓球､羽毛球､篮球3个项目；运动员乙则拥有一套袋鼠主题的同项目（乒乓球､羽毛球､篮球）徽章.两套徽章除印制的主题图案和项目标识不同外，其余完全相同.为了加深友谊，两人在比赛期间约定，每次见面时，都随机取出1枚徽章与对方进行交换，运动会结束时已重复进行了次交换. (1)求3次交换后，运动员甲有3枚熊猫主题徽章的概率； (2)求次交换后，运动员乙有3枚相同动物主题徽章的概率（结果用含的式子表示）； (3)求次交换后，运动员甲的徽章包含乒乓球､羽毛球､篮球3项运动的概率（结果用含的式子表示），并求出这个概率的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $