重庆市2025_2026学年高三数学上学期周考十一试卷含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高三数学上学期周考十一试卷含解析，共18页。试卷主要包含了 在复平面内，复数对应的点位于， 设向量，，，且，则， 已知，，则，4556B， 数列的前项和为，，则， 已知椭圆和双曲线有公共焦点等内容，欢迎下载使用。
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】
先化简复数，再由复数的几何意义即可得出结果.
【详解】因为，所以其对应点为，位于第四象限.
故选D
【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的几何意义，熟记运算法则与几何意义即可，属于常考题型.
2. 已知空间中，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，，与异面D. ，，
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中的线和平面，以及平面与平面的位置关系即可逐一判断.
【详解】由，可得或者，故A错误，
由垂直于同一平面的两直线平行，可知B正确,
由，，可得与异面或者，故C错误，
由，，，当时，不能得到，只有当时，才可以得到，故D错误，
故选：B
3. 设向量，，，且，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求，再结合向量垂直的坐标运算求解即可.
【详解】因为，，，则，
若，则，解得.
故选：A.
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，进而得到，然后根据两角和差的正切公式求出结果即可.
【详解】因为，，所以.
所以.
所以.
故选：C.
5. 已知圆锥的表面积为，母线与底面所成角为，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆锥的表面积公式，联立方程组，即可求解母线长.
【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，
由题意得，解得，
所以该圆锥的母线长为．
故选：D
6. 通信渠道中可传输的字符为，，三者之一，传输三者的概率分别为0.3，0.4，0.3．由于通道噪声的干扰，正确地收到被传输字符的概率为，收到每一种其他字符的概率均为，假定字符前后是否被歪曲互不影响．若收到的字符为，则传输的字符是的概率为（）
A. 0.4556B. 0.3689C. 0.9872D. 0.5625
【答案】D
【解析】
【分析】以表示事件“收到的字符是”，分别表示传输的字符为，根据已知信息求得，利用贝叶斯公式可求得.
【详解】设表示“收到的字符为”，表示“传输的字符为”，表示“传输的字符为”，表示“传输的字符为”，
由题意可得，，，，
，
，
根据贝叶斯公式可得，
.
故选：D.
7. 数列的前项和为，，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题可知当为奇数时，.易得.根据的周期性，可求得.
【详解】当为奇数时，.
因为函数的最小正周期为.
所以当为奇数时，.
，
.
所以.
所以.
故选：C.
8. 已知椭圆和双曲线有公共焦点（为左焦点），与在第三象限交于点，直线交轴于点，且平分，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆及双曲线的定义，有，可求得，设，再根据角平分线定理得，因此可用表示出，再利用既在内，又在内，在两个三角形中用不同形式表示出，列出方程，即可解得，进而求得离心率.
【详解】
由题可知，，即，，，得.
设，因为平分，由角平分线定理可知，
，即，整理得.
在中，设，根据余弦定理，有：
，
又因为在中，，
故可得，整理得，
解得或（舍去），
故的离心率.
故选：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. 已知是两个随机事件，，下列命题正确的是（ ）
A. 若相互独立，B. 若事件，则
C. 若是对立事件，则D. 若是互斥事件，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用条件概率、相互独立事件判断A；利用条件概率的定义判断B；利用条件概率及对立、互斥事件的意义判断C，D作答.
【详解】对于A，随机事件相互独立，则，，A正确；
对于B，事件，，，B正确；
对于C，因是对立事件，则，，C不正确；
对于D，因是互斥事件，则，，D正确.
故选：ABD
10. 如图所示，已知几何体是正方体，则（ ）
A. 平面B. 平面
C. 异面直线与所成的角为60°D.
【答案】BC
【解析】
【分析】结合线面垂直、线面平行、异面直线所成角、线线垂直等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】根据正方体的性质可知，三角形是等边三角形，
所以与所成角为，所以与所成角为，
所以A选项错误，C选项正确.
根据正方体的性质可知平面平面，
由于平面，所以平面，B选项正确.
根据正方体的性质可知，三角形是等边三角形，
所以与所成角为，所以与所成角为，所以D选项错误.
故选：BC
11. 如图，是一个由正整数组成的三角形数阵，该三角形数阵的“两腰”分别是一个公差为1的等差数列和一个公差为2的等差数列，每一行是一个公差为1的等差数列．我们把这个数阵的所有数从上到下，从左到右依次构成一个数列其前项和为，则下列说法正确的有（ ）
A. B. 22第一次出现是
C. 22在中出现了10次D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】分析出在第行第9个，求出的值，可判断A选项；根据每行最后一个数为奇数，推导出第一次出现的位置，可判断B选项；分析出在数阵中出现的行数，可判断C选项；计算出的值，可判断D选项.
【详解】对于A，，且，
故在第行第9个，则，A对；
对于B，因为第行最后一个数为，该数为奇数，由，可得，
所以，第一次是出现在第行倒数第2个，
因为，即第一次出现是，B对；
对于C，因为第一次是出现在第行倒数第2个，在第行至第行，在每行中各出现一次，故在中出现了11次，C错；
对于D选项，设第行的数字之和为，则，
故
，D对.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则______．
【答案】7
【解析】
【分析】根据二项式定理和组合数的性质求解即可.
【详解】二项式的展开式中，第项的二项式系数为，
所以第4项和第5项的二项式系数为，则由题意得，
由组合数性质可知，，所以，即.
故答案为：7.
13. 圆，若过定点有且仅有一条直线被圆截得的弦长为2，则______．
【答案】或
【解析】
【分析】因为过定点有且仅有一条直线被圆截得的弦长为2，所以该弦为直径，或该弦与垂直，由此求得.
【详解】记过定点的直线与圆交于点.
因为过定点有且仅有一条直线被圆截得的弦长为2，所以，且弦为所有弦中最长或最短的弦.
当弦为所有弦中最长的弦，即为直径时，半径为；
当弦是所有弦中最短的弦时，，，所以.
所以或.
故答案为：或.
14. 平面上有一个点，等可能地向前、后、左、右四个方向移动，每次移动一个单位长度，则经过4次移动后回到出发点的概率为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意确定点水平方向和竖直方向移动的次数，再分类求解概率.
【详解】每次移动有4种方向，4次移动，总路径数为：，
设前、后单位数分别为，左、右单位数分别为，
因运动4次后仍回到出发点，所以前后步数相等且左右步数相等，
记，则，即.
若即则路径数有6种；
若即则路径数有24种；
若即则路径数有6种；
所以运动4次后仍回到出发点的概率为.
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. 已知的内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的值；
（2）若的面积为，的平分线交于，求线段的最大值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理化简已知条件，求得，进而求得.
（2）利用三角形的面积公式列方程，求得，再根据面积列方程，利用基本不等式求得的最大值.
【小问1详解】
由正弦定理，及，
得，即，
由余弦定理得，，所以．
小问2详解】
如图所示，因为，所以，
因为为的平分线，，
所以，，
当且仅当时，等号成立，所以线段的最大值为．

16. 已知平面四边形由一个等边与一个直角拼接而成，且，现将沿折叠，折叠后使平面平面．
（1）如（1）图，取中点，证明：平面；
（2）如（2）图，若为等腰直角三角形，求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件证明，，由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建系，写出相关点的坐标，求出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即可.
【小问1详解】
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，平面，所以，
因为为等边三角形，为棱的中点，所以，
又，平面，所以平面；
【小问2详解】
取的中点，连接，则，
取的中点，连接，则，而，故，
由（1）平面，即平面，平面，
则，即两两垂直，
以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设，
因为等腰直角三角形，则，，，，
则，，
设平面的法向量为，
则，故可取．
仿照（1）取中点，则，所以，
由（1）知，平面，则可取为平面的一个法向量，
因，
设平面与平面的夹角为，则，
故平面与平面的夹角的正弦值为．
17. 已知函数在处取得极值．
（1）求值；
（2）若对任意，都有成立，（其中是函数的导函数），求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先求，再由可得结果；
（2）恒成立等价于在上恒成立，利用导数研究其单调性，令即可求得的取值范围．
【小问1详解】
由题设可得，在处取得极值，
所以，即，解得，，
经检验知，，满足题设条件．
【小问2详解】
由（1）得，，
在上恒成立，
即在上恒成立，
设，
则，，，
则
①当，即时，，
，上单调递增，
，即当时，满足题设条件．
②当，即时，
设，是方程的两个实根，且，
由可知，
由题设可知，当且仅当，即，即，即时，
对任意的有，即在上恒成立，
在上单调递增，，时，也满足条件，
综上，的取值范围为.
18. 甲、乙两人进行象棋比赛，每局正赛无平局时，甲赢的概率为．局正赛后，胜场多的一方获胜，若胜场数相同，则加赛一局，谁赢谁获胜（加赛局不会出现平局）．设表示每局正赛无平局时，进行局正赛（或再加赛一局）后，甲获胜的概率．每局比赛的结果相互独立．
（1）求（结果用表示）；
（2）证明：；
（3）若每局正赛可以出现平局时，甲赢的概率为，乙赢的概率为，且，设表示每局正赛可以出现平局时，进行局正赛（或再加赛一局）后，甲获胜的概率．试讨论与的大小关系．
【答案】（1）；.
（2）证明过程见解析.
（3）当，；当时；当时.
【解析】
【分析】(1)先分析的表达含义，再利用独立事件的概率计算公式计算即可；
(2)先分别定义的表达式，并利用组合数性质进行化简即可得到两者相等；
(3)分类讨论与关系，再结合情况分析的关系.
【小问1详解】
表示进行两局正赛(或加赛)后甲获胜，分两种情况：
①两局正赛甲胜两局的概率为；
②两局正赛甲乙各胜一局，加赛一局甲胜的概率为，
所以.
表示进行三局正赛，不可能出现胜场数相同的情况，则无需加赛.甲获胜场数要多于乙，即甲胜两局或三局.
①甲胜三局的概率为；
②甲胜两局，乙胜一局的概率为，
所以.
故.
【小问2详解】
证明：局正赛为偶数局，甲获胜分两种情况：
①局中甲胜局，概率为，
②局中甲乙各胜局，加赛甲胜的概率为，
因此 (1).
局正赛为奇数局，无胜场相同情况，无需加赛，
甲获胜需获胜局的概率为，
又因为，
所以(2)，
对(2)中的第一个求和式整理，当时，，故求和上限可改为，
即，
对(2)中的第二个求和式整理，令，则，求和范围变为到，
式子变为，
将两部分合并整理，即
，
，
对比(1)式，可得，证毕.
【小问3详解】
在有平局的比赛中，单局比赛只有三种结果：甲胜概率为，乙胜概率为，
平局概率为.其中在有胜负的结果比赛中，甲获胜的条件概率为，
根据题设，可得.
这意味着，若不考虑平局，只看分出胜负的单局比赛，甲获胜的概率仍为，是进行局无平局比赛后甲获胜的概率，是进行局有平局比赛后甲获胜的概率.在局比赛中，分出胜负的比赛局数是一个随机变量，可以视为在局决胜局中甲获胜的概率的期望值.
当时，甲为较强方，增加比赛的局数有利于强者获胜，即随增大而增大(不严格单调，但趋势如此).有平局的比赛相当于减少了有效比赛局数，对强者不利，故；
当时，甲为较弱方，减少比赛局数有利于弱者爆冷获胜，有平局的比赛相当于减少了有效比赛局数，对弱者有利，故；
当时，双方实力相当，任何赛制下甲获胜的概率均为，故.
19. 已知椭圆（）的离心率为，且经过点.定义第n（）次操作为：经过C上点作斜率为k的直线与C交于另一点，记关于x轴的对称点为，若与重合，则操作停止；否则一直继续下去.
（1）求C的方程；
（2）若为C的左顶点，经过3次操作后停止，求k的值；
（3）若，是C在第一象限与A不重合的一点，证明：的面积为定值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由离心率、椭圆所过的点列方程求参数，即可得椭圆方程；
（2）设，则直线的方程为，联立椭圆方程消去y，结合求得，根据题设定义，利用对称性有得到方程，即可求参数值；
（3）由（2）易得与关于原点对称，结合椭圆对称性有与关于原点对称，与重合，进而有是以4为周期的周期点列，得的面积等于的面积，再应用点线距离公式、三角形面积公式求面积.
【小问1详解】
由题设有，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，则直线的方程为，与的方程联立，
消去得.
因为，所以.
因为是它的一根，所以，
即.（*）
若，经过3次操作后停止，即为.
将代入（*）式得，，
因为关于原点对称，，所以与关于原点对称，
因为与关于轴对称，与关于轴对称，所以与关于原点对称，
所以，解得，
综上，当时，.
【小问3详解】
当时，由（*）式得，同理，所以与关于原点对称.
如图，由椭圆的对称性可知，与关于原点对称，与重合，
所以是以4为周期的周期点列，所以的面积等于的面积.
因为直线方程为，
点到直线的距离，
所以.