浙江省2026届高三数学上学期11月联考试题含解析

这是一份浙江省2026届高三数学上学期11月联考试题含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷， 已知函数是奇函数，则等内容，欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号.
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题卷.
一､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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义即可求出.
【详解】，
故选:B.
2. 设复数为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】求得，即可得答案.
【详解】因为，
对应的点位于第四象限.
故选：D.
3. 已知正数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及对数函数的性质判断即可.
【详解】若，则，
从而，
因此“”是“”的充分条件；
若，
化简得，
即或，
即或者，
因此“”是“”的不必要条件.
故选：A.
4. 在中，已知，那么（ ）
A. 25B. 24C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量和为零向量，对其两边平方，结合向量模的平方等于向量的平方，展开后求解数量积的和即可.
【详解】由，对其两边平方可得：
.
故选：D.
5. 已知点在直线上，且，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出圆心到直线的距离，得到点到直线的距离的取值范围，由，得到的范围.
【详解】圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离的取值范围为，
由，得到.
故选：B.
6. 已知函数是奇函数，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数定义域关于原点对称得出，再应用奇函数定义结合对数运算得出参数，最后计算求解.
【详解】的定义域，由，
若，由不等式可解得函数定义域为，不关于原点对称，不可能为奇函数，
若，解得函数定义域为，
若为奇函数，必有，解得；
又，
解得，
故选：C.
7. 当自然光线从介质射入介质，在电介质界面上发生反射和折射时，可以将入射光按偏振方向分解为垂直偏振光（记为光）和平行偏振光（记为光），利用菲涅尔公式可以对两类光的反射系数（反射光振幅/入射光振幅）和透射系数（透射光振幅/入射光振幅）进行计算，其中p光的反射系数计算公式为光的透射系数计算公式为和分别为介质的折射率，和分别为入射角和折射角（），且满足斯涅尔定律：，现有一束自然光线以某个角度从折射率为的介质射入折射率为的介质，若光的反射系数为，则光的透射系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据光的反射系数为，求出与的关系，再结合斯涅尔定律求出和的值，最后代入光的透射系数计算公式求出结果.
【详解】由题意知，p光的反射系数，
即①，
又由，有②，
根据，由②可得；由①代入可得：
，两边平方得，又因为，则，
即，所以，因为，所以，则，
所以，
代入，计算得.
故选：A.
8. 已知正四面体外接球的球心为，过点的平面与棱分别相交，记在平面两侧的几何体的体积分别为，其中，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】以空间向量为工具，将几何中的共面问题转化为向量系数关系，再将体积比问题转化为函数最值问题，通过代数方法求解即可.
【详解】设平面与棱分别交于点，设，其中，直线与平面交于点，
由点为外接球的球心，有，
又由，得到，
因为四点共面，所以，即.
容易知道，其中为棱之间的夹角，
下面求的取值范围，
由，又，可得，其中，
令，则，因此，

又因为，，所以.
故选：D.
二､多选题：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. 某班50名同学进行了党史知识竞赛，测试成绩统计如表所示，其中两个数据被遮盖.
则下列关于成绩统计的说法，正确的有（ ）
A. 众数与被遮盖的数据无关
B. 方差与被遮盖的数据有关
C. 平均数有可能大于中位数
D. 三个四分位数成等差数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数据的众数、方差、中位数、平均数、四分位数的概念与性质逐项判断即可得结论.
【详解】因为总共50名学生，所以被遮数据不可能大于12，
所以众数为99和100，与被遮盖的数据无关，A正确；
方差涉及到每个数据，所以与被遮盖的数据有关，B正确；
由于中位数为98，设成绩为91，92的分别有个，当时平均数最大且为错误；
因为三个四分位数成等差数列，则D正确.
故选：ABD.
10. 已知是椭圆的焦点三角形，椭圆在点处的切线与直线所成角的大小是，则（ ）
A. 的周长为
B. 的面积为
C. 若是上的动点，则
D. 若是上的动点，则
【答案】AD
【解析】
【分析】应用椭圆定义得出周长判断A，应用焦点三角形计算求解判断B，应用两角差正切公式结合不等式判断C，应用点到直线距离计算判断D.
【详解】的周长为，A正确；
根据椭圆的光学性质，与直线所成角的大小也是，从而，则的面积为，B错误；
设在第一象限，则，由得，于，得，
设，当时，，则，当且仅当时取最大角，C错误；
由C选项，根据点到直线的距离公式，D正确.
故选：AD.
11. 已知函数，则（ ）
A. 方程的解集是
B. 当时，恒有
C. 函数的值域是
D. 函数的零点个数不可能为3
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，令代入计算可判断；对于B，分，，三种情况讨论即可判断；
对于C，求出函数的周期是，设，
当时，可得，即可得到范围；
同理当时，，即可求解函数的范围；
对于D，化简可得的图象关于轴对称，根据对称性即可求解.
【详解】因为是的解，则A错误；
当时，，则，从而，满足，当时，因为，所以，
当时，因为，所以，也有，B正确；
函数周期是，不妨设，
当时，，因为，
则，从而；
当时，，因为，则，从而，
故值域是，C正确；
对于，因为，
所以的图象关于轴对称，使得在上的零点个数为偶数，
又显然是的最小值，而且当且仅当即，
这表明零点个数只能为1或偶数，D正确.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 等比数列满足，则当__________时，取到最小值.
【答案】2
【解析】
【分析】由已知条件，求出公比和，从而得到，由，当时， 得到取到最小值.
【详解】等比数列满足，
公比，则，
于是，当时，
故当时，取到最小值.
故答案为：2.
13. 甲乙丙丁互相传球，每次传球由持球者等可能地传给另外三人中的一人，现从甲开始传球，则经过六次传球后球恰好首次回到甲手中的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将传球过程分为三个阶段：① 第1次传球，甲必须传给乙、丙、丁中的一人，此阶段概率为1（因为必然传出）；② 第2到第5次传球（共4次），每次传球必须传给除甲之外的两人（因为要 “首次” 回到甲，所以中间不能出现甲），每次传球的概率为，根据独立事件概率乘法公式，这4次的概率为；③ 第6次传球，必须传给甲，概率为.最后将三个阶段的概率相乘即可.
【详解】由甲传出第一次球后，中途四次每次传球均传给除甲之外的其余两人之一，最后再传给甲，所以概率为.
故答案为：.
14. 已知实数满足，则取值范围是__________..
【答案】
【解析】
【分析】由题干中的等量关系化简所求代数式，根据参数的取值范围，可得答案.
【详解】，则，
又，得，
设，由函数在上单调递减，在上单调递增，
则，由原式为，则所求范围为.
故答案为：.
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. 如图所示，已知四棱锥平面平面，.
（1）证明：平面平面；
（2）设为的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：取中点，连接，利用已知可证平面，进而可证结论；法二：建立空间直角坐标系，求得平面与平面的一个法向量，利用向量法可求得平面平面；
（2）法一：建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.法二：结合（1）法二：利用向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
法一：取中点，连接.
因为且且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以.
因为所以，又因为，且，所以平面，⋯
故平面，平面，所以平面平面.
法二：不妨设，以为原点，分别以为轴建系，
则，
所以，
设平面的法向量为
由，所以，令，则，
所以平面的一个法向量，
设平面的法向量，
由，，令，则，
所以平面的一个法向量，
因为，故平面平面.
【小问2详解】
法一：不妨设，以为原点，分别以为轴建系，
则，所以，
，
由，得平面的法向量，
设与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法二：由，得，
设与平面所成的角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16. 已知的角的对边是且.
（1）求；
（2）若为的中线，为的角平分线，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可得，进而由正弦定理结合三角恒等变换可得，进而可得，进而求得，可求结论；法二：利用余弦定理可得，结合已知可得，可得结论；
（2）不妨设，则，利用余弦定理可得，可求得，利用角平分线定理可求得，可求结论.法二：不妨设，则，利用余弦定理可得，可求得，利用面积法求得，可得结论.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可得，又，
所以，所以，
所以，由正弦定理可得，
所以，所以，
所以.
因为，，所以,
所以或（舍去），所以.
又因为，所以，
因为，，
，
故.
法二：由余弦定理得，所以，
与联立得，，解得，故.
【小问2详解】
不妨设，则，
在中，，
在中，，
所以，，所以.
由，为的角平分线，所以，所以，
又，所以，所以，
所以.
法二：不妨设，则，
在中，，
在中，，
所以，，所以.
由，得，
所以，所以，得，
所以.
17. 2014年至2025年是我国新能源汽车飞速发展的时期，下表为2014年至2023年我国新能源汽车的年产量，按照表中数据，可用回归模型拟合自变量与新能源汽车产量.
（1）求自变量与新能源汽车产量的回归模型，并预测2025年我国新能源汽车年产量（其中，以及预测年产量（单位：万辆）都保留1位小数且用的1位小数近似值计算）；
（2）从10个年产量的值中随机选取3个数据，求存在数据大于300的条件下，恰有1个数据小于100的概率.
参考公式：一元线性回归模型中.
参考数据：.
【答案】（1），1186.4万辆.
（2）
【解析】
【分析】（1）令，得到，利用公式求得和的值，求得回归方程，令，求得，即可得到答案；
（2）设事件A：3个数据中存在数据大于300，事件B：3个数据中恰有1个数据小于100，分别求得事件A和B的样本点的个数，结合条件概率的计算公式，即可求解.
【小问1详解】
由题意，令，故为一元线性回归模型，
而，即，
所以，
则，所以，
令，可得，所以预测2025年我国新能源汽车年产量为1186.4万辆.
【小问2详解】
设事件A：3个数据中存在数据大于300，事件B：3个数据中恰有1个数据小于100，
事件A的样本点个数：，事件AB的样本点个数：，
所以概率为.
18. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有三个不同的零点.
（i）求实数的取值范围；
（ii）若，证明：.
【答案】（1）答案见解析；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求，按照，，讨论求解；
（2）（i）当时，函数有三个零点需要满足极大值且极小值，联立不等式组求解实数的取值范围.
（ii）由，不妨设.
要证即，构造函数，求构造函数，求，求出在区间上单调性，由，得到在区间上单调性，得到，故得到在区间上单调性，得到，即，得证.
【小问1详解】
，
，，
，或，
当时，，的解为或，
的解为，
的单调递增区间为，单调递减区间；
当时，，的解为或，
的解为，
的单调递增区间为，单调递减区间；
当时，，的增区间为.
综上可知，
当时， 的单调递增区间为，单调递减区间；
当时， 的单调递增区间为，单调递减区间；
当时， 的单调递增区间为.
【小问2详解】
（i）当时，，的解为或，
的解为，
的增区间为，减区间；
函数有三个不同的零点，
，，
解不等式，整理得，
，，，，
在上是单调递增函数，
，在上恒成立，
在上恒成立，无解，
即不等式组 无解；
当时，，的解为或，
的解为，
的增区间为，减区间；
，，
解不等式，整理得，
，，，
当时，，当时，，
在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，
，在上恒成立，
的解为且；
解不等式，整理得，解得；
综上可知，不等式的解为且，
所以实数的取值范围为；
当时，，的增区间为，
不满足函数有三个不同的零点.
综上可知，实数的取值范围为.
（ii）因为，不妨设.
已知，
要证， 只需证，只要证，
即
令，
则，
令，
则，
且，，，
，
故在区间上单调递减，所以，
故在区间上单调递减，
所以，故在区间上单调递减，
因此，即，得证.
所以.
19. 已知渐近线为的双曲线过点，过点且斜率为的直线交双曲线于异于的点，记的面积为.
（1）求双曲线的方程；
（2）求；
（3）证明：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）双曲线的方程为代入计算得解；
（2）联立方程与，解得的横坐标.求出，计算，代入得解；
（3）将利用放缩法得到，利用裂项相消求解.
【小问1详解】
设双曲线的方程为，
代入得，故双曲线的方程为.
【小问2详解】
联立方程与，解得的横坐标.
因为，
故
，
所以
【小问3详解】
因为
，
故
，
当时成立. 故.

成绩/分
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
人数
█
█
1
2
3
3
6
8
12
12
年份
自变量
新能源汽车产量（单位：万辆）
2014
1
7.8
2015
2
34
2016
3
52
2017
4
79
2018
5
127
2019
6
124
2020
7
137
2021
8
354
2022
9
706
2023
10
959