江苏省G4联考2026届高三上学期数学试题（解析版）

江苏省2026届高三G4联考数学试卷

一、单选

Axx23

1.集合，下列选项不正确的是（）

ð

A.3AB.AC.ARQD.3A

【答案】D

【解析】

【分析】求出A3,3可判断A；空集是任何集合的子集可判断B；结合常用集合的记法及补集的运

算可判断C；根据集合间的关系可判断D.

【详解】解方程x23得x3，所以A3,3，根据元素与集合的关系故A正确；

空集是任何集合的子集，所以A，故B正确；

ð表示无理数组成的集合，均为无理数，所以Að，故正确；

RQ3RQC

3表示的是集合，所以3A，故D错误.

故选：D.

2i

2.在复平面内位于第几象限（）

i4

A.一B.二C.三D.四

【答案】A

【解析】

【分析】先利用复数的性质对已知复数进行化简，进而得出该复数对应复平面内的点坐标，从而确定所在

象限．

【详解】i21，

2i2i2i

4222i，

ii21

复数2i在复平面内对应的点为2,1，实部20，虚部10，

2i

2i位于复平面内的第一象限，故A正确．

i4

故选：A．

3.a1,2，b3，aba，则ab（）

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A.6B.6C.26D.24

【答案】C

【解析】

222

【分析】由aba，得到ab5，通过aba2abb即可求解.

【详解】因为aba，

2

所以abaaab0，

2

又a1,2，则a5，

所以ab5，

222

所以aba2abb510924，

所以ab26，

故选：C

4.l:yx3，A0,4，Bx,2，A与B到l的距离相等，则x（）

A.0B.2C.0或2D.2或2

【答案】C

【解析】

【分析】利用点到直线公式结合题目信息列式可得答案.

0432

【详解】点A到直线l的距离为，

12122

x232

点B到直线l的距离为x1，

12122

22

由题意得x1，解得x0或x2.

22

故选：C.

5.正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为3，侧棱长为3，则体积为（）

1933191921910

A.B.C.D.

24466

【答案】C

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【解析】

【分析】先利用正三角形的中心（重心）性质，通过边长计算中心到顶点的距离（即底面外接圆半径），再

通过勾股定理22计算棱台的高，最后代入正棱台体积公式完成计算即可

hl(r2r1).

2323

【详解】由题知当上底面边长a2时，则正三角形中心（重心）到顶点的距离：r2，

1323

23

当下底面边长b3时，正三角形中心到顶点的距离：r33，

232

设棱台的高为h，侧棱长l3，

22

233

由勾股定理得：222

hl(r2r1)(3)33

33

1826

3，

333

则3232，3293，

S上a23S下3

4444

将26，，93代入体积公式：

hS上3S下

34

11269393

VhSSSS33

上下上下

33344

2613333

942

26193192

946

故选：C.

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t

6.一间教室初始二氧化碳浓度为0.4%，第t分钟的浓度为y%，满足y0.05e10．则降至0.1%需要

至少多少整数分钟（参考：ln71.94）（）

A.21B.20C.19D.18

【答案】B

【解析】

t

【分析】根据初始条件，先求出，得函数模型解析式，再代入，利用

0.35y0.050.35e10y0.1

对数的运算性质计算即得.

t

【详解】依题意，时，，则得0，解得，则，

t0y0.40.05e0.40.35y0.050.35e10

t

t

101

由y0.1，可得10，即e，

0.35e0.057

t1

两边取自然对数，lnln7，故t10ln719.4.

107

故降至0.1%需要至少20分钟.

故选：B.

ππ

7.，下列式子一定成立的是（）

22

3333

A.sinsin0B.coscos0

22442244

C.sinsin0D.coscos0

【答案】D

【解析】

π

【分析】根据正余弦函数的单调性可判断AB；取0，结合正弦函数单调性可判断C；利用余

2

弦函数的单调性和奇偶性，分和讨论即可判断D.

ππππ

【详解】对A，因为，且函数ysinx在区间，上单调递增，

2222

所以0，sinsin，所以sin3sin3，即sin3sin30，

所以sin3sin30，错误；

π

对B，因为函数ycosx在区间，0上单调递增，

2

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π

所以，当0时，0，coscos，

2

所以cos3cos3，即cos3cos30，

此时cos3cos30，错误；

π

对C，当0时，220，0sinsin，

2

所以0sin4sin4sin4sin40，

此时22sin4sin40，错误；

π

对D，因为ycosx是偶函数，且在0,上单调递减，

2

ππ

所以，当且时，22220，coscos0，

22

所以coscos0，即cos4cos40，cos4cos40，

此时22cos4cos40；

ππ

当且时，22220，0coscos，

22

所以0coscos，即cos4cos4，cos4cos40，

2244

此时coscos0.

综上，22cos4cos40，正确.

故选：D

22

8.fxx8x15xbxc关于x2对称，则其最小值为（）

A.15B.16C.17D.18

【答案】B

【解析】

【分析】先对x28x15进行因式分解，利用关于x2对称，得出b和c的值，最后用换元法将fx转

换为二次函数求最值即可.

【详解】fxx28x15x2bxcx3x5x2bxc，因关于x2对称，

2

故x2bxc0的根应为1和1，所以xbxcx1x1，得b0，c1，即

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22

fxx8x15x1.

令tx2，则xt2，代入得：fxt1t3t1t3t21t29

2

t410t29，令st2s0，kss10s9，函数开口向上，

对称轴为s5，k516，因此，函数fx的最小值为16.

故选：B

二、多选

9.下列说法正确的是（）

xxm

A.xy0，m0，则

yym

B.ab0，则a3lnab3lnb

xy1

C.x,y0，则的最小值为

x23xyy25

11

D.a,b0，ab2，则的最小值为1

a1b1

【答案】BD

【解析】

【分析】作差比较可判断A；根据不等式的性质和对数函数的单调性可判断B；直接使用基本不等式可判断

C；利用常数代换法，结合基本不等式可判断D.

【详解】对A，因为xy0，m0，所以yym0,yx0，

xmxyxmxymmyxxxm

所以0，所以，错误；

ymyyymyymyym

对B，因为ab0，且ylnx为增函数，

所以a3b3，lnalnb，所以a3lnab3lnb，正确；

对C，因为x,y0，所以x2y22xy，

xyxy1

所以，当且仅当xy时等号成立，

x23xyy22xy3xy5

xy1xy1

所以的最大值为，当xy时，，

x23xyy25x23xyy25

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1xy

所以不是的最小值，错误；

5x23xyy2

对D，因为a,b0，ab2，所以a1b14，

11111

所以a1b1

a1b14a1b1

1b1a11b1a1

2221，

4a1b14a1b1

b1a1

当且仅当a1b1，即ab1时等号成立，正确.

ab2

故选：BD

22

10.ABC中，A，B，C对边分别为a，b，c，2sinAsinB2absinB，ABC外接圆半径

cab

为1，ABC的面积等于，则（）

2

3

A.a2bB.sinA1

2

1

BBABC

C.cossin24D.sinsin1

2222

【答案】ACD

【解析】

22

abb

【分析】对于A，根据正弦定理边角互化得22ab，整理即可判断；对于B，根

222

21π

据面积关系得sinA21判断；对于C，根据a2b得sinB1，且0B，再根据

222

2

BBAA1

cossin1sinB求解判断；对于D，先求得sincos24，再结合诱导公式与和差角公

2222

式求解判断.

22

【详解】因为2sinAsinB2absinB，ABC外接圆半径为1，

22

abb

所以22ab，整理得：a2b，故A选项正确；

222

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cab

因为ABC的面积等于

2

1cabbc21

所以SbcsinA，即sinA21，故B选项错误；

ABC222

2221π

所以由a2b得sinBsinA211，且0B，

22222

2

BB2Bπ

所以cossin1sinB，0

22224

BπBB

因为0,cossin，

2422

1

BB

所以cossin24，故C选项正确；

22

AπAA

因为sinA21，0,，所以sincos0

2222

2

AAAA1

所以sincos1sinA2，即sincos24

2222

CπABAB

因为sinsincos，，

222

所以

ABCABABABAB

sinsinsincoscossincoscossinsin

2222222222

11

ABBABBAABB

sincossincoscossinsincoscossin440，

22222222222221

故D选项正确.

故选：ACD

11.如图，ABCDA1B1C1D1是正方体，边长为1，P，M，N为A1D1，AB，CC1的中点，Q是平面PMN

上一点，则（）

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A.平面PMN截正方体所得截面为五边形

3

B.平面PMN与平面ABCD夹角的余弦值为

3

97

C.若BQ1，则Q点的轨迹长度为π

5

22

D.A1C1，B1D1交于O，绕O将上底面旋转45°得到正方形EFGH，连接得一个十面体，它的体积是

3

【答案】BD

【解析】

【分析】作出正方体被平面MNP截得的截面，得出截面为正六边形即可判断A；建系后写出相关点的坐标，

求出两平面的法向量，利用空间向量夹角公式计算即可判断B；先运用向量法求得点B到平面PMN的距离，

由题意，点Q在以点B(1,1,0)为球心，半径为1的球面上，而点Q的轨迹即为球B与平面PMN的交线，利

用球的截面性质即可求得轨迹长判断C；作出十面体，将该十面体放在一个四棱台中，根据棱台体积及三

棱锥体积计算公式即可判断D．

【详解】对于，因，，为，，的中点，而点同在平面和平面上，

APMNA1D1ABCC1PADD1A1A1B1C1D1

点M同在平面ABCD和平面ABB1A1上，点N同在平面DCC1D1和平面BCC1B1上，

故平面PMN截正方体所得截面为六边形，可作图如下：

其中点分别是边的中点，分别连接，易证，，

R,S,TAA1,BC,C1D1AC,A1C1AC//A1C1PT//A1C1

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MS//AC

故得PT//MS，同理可得PR//SN,RM//TN，故平面PMN截正方体所得截面为六边形PRMSNT，故

A错误；

对于B，如图建立空间直角坐标系Dxyz.

1111111

则P(,0,1),M(1,,0),N(0,1,)，PM(,,1),PN(,1,)，

2222222

设平面PMN的法向量为m(x,y,z)，

11

PMmxyz0

22

则，故可取m(1,1,1).

11

PNmxyz0

22

又平面ABCD的一个法向量显然为n(0,0,1)，

设平面PMN与平面ABCD夹角为，

|mn|13

则cos|cosm,n|，故B正确；

|m||n|33

对于C，Q是平面PMN上一点，因B(1,1,0)，由BQ1可得点Q在以点B(1,1,0)为球心，半径为1的球

面上，

1

则点Q的轨迹即为球B与平面PMN的交线.因BM(0,,0)，由B项可得平面PMN的一个法向量为

2

m(1,1,1)，

1

则点到平面的距离为|BMm|3，则点的轨迹圆的半径为

BPMNd2Q

|m|36

333

r12()2，

66

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3333

故轨迹长为2πr2ππ，故C错误；

63

对于D，如图所示，ABCDEFGH即为侧面均为三角形的十面体，

在平面内，分别过点作的平行线，过点作的平行线，

A1B1C1D1E,GFHF,HEG

设平行线依次相交于点A2,B2,C2,D2，连接AA2,BB2,CC2,DD2，则易得A2B2C2D2为正方形，

而是上底面和下底面都是正方形的四棱台，底面边长为和，高为，

ABCDA2B2C2D2211

132

故V12112，

ABCDA2B2C2D2

33

2

因为1121，

VVVV1

AA2EHBB2EFCC2FGDD2GH

32212

所以32122，故正确.

V十面体V4V4D

ABCDA2B2C2D2AA2EH3123

故选：BD.

三、填空

22

12.写出一条与x2y21和x4y316都相切的直线：______．

【答案】y1（或24x7y250，4x3y50）

【解析】

【分析】由题知两圆位置关系为外切，有三条公切线，进而作出图象，结合图象可设公切线方程为ykxb，

b4k3b

再根据相切关系建立方程1，4，两式作比得4k3b4b，再分类求解即可.

1k21k2

【详解】由题知x2y21的圆心为O0,0，半径为r1，

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22

x4y316的圆心为A4,3，半径为R4，

所以AO5rR，故两圆位置关系为外切，有三条公切线.

如图，由图可知，公切线方程斜率存在，故设方程为ykxb，

b

则由直线与x2y21相切得：1，即b21k2，

1k2

224k3b2

由直线与x4y316相切得：4，即4k3b161k2，

1k2

b1

所以，即4b4k3b，

4k3b4

所以4k3b4b，

25

b

b17

当4k3b4b时，4k3b3，代入b21k2整理得7b218b250，解得或，

k024

k

7

2425

此时公切线方程为yx（24x7y250）或y1，

77

5

b

3

当4k3b4b时，4k5b3，代入b21k2整理得9b230b250，解得，此时

4

k

3

45

公切线方程为yx（4x3y50），

33

综上，所求的公切线方程为24x7y250，4x3y50或y1

故答案为：y1（或24x7y250，4x3y50）

1

13.正项等比数列an满足a28，a3a4160，记bn，bn的前20项和为______．

log2anlog2an1

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20

【答案】

41

【解析】

2n1111

【分析】根据等比数列基本量的计算得公比为q4，进而得a2，bn，再结

n22n12n1

合裂项求和法求解即可.

【详解】由题，设正项等比数列an的公比为q,q0，

因为正项等比数列an满足a28，a3a4160，

222

所以a3a4a2qa2q8qq160，即qq200，解得q4或q5（舍），

所以n2n22n1，2n1

ana2q842an12

11111

所以bn，

log2anlog2an12n12n122n12n1

111111111

所以bn的前20项和为b1b2b20

21323523941

11111111120

1

21335394124141

20

故答案为：

41

4x22x

,xa

14.已知fxe2x，存在实数b，使得fxbx有四个不同的解，则a的取值范围是______．

3

x4x,xa

【答案】6,02,

【解析】

fx

【分析】首先判断x0是fxbx的一个解，当x0时，将问题转化为b有三个不同的解，

x

构造函数，根据导数研究函数的性质，分类讨论求解.

4x22x

,xa

【详解】因为fxe2x，所以f00，

3

x4x,xa

所以x0是fxbx的一个解，则存在实数b，使得fxbx有四个不同的解，

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fx

即当x0时，b有三个不同的解.

x

4x24x2

fx,xa,xa

e2x，令gxe2x，

x22

x4,xax4,xa

2

当xa时，gxx4，且g62.

4x28x

当xa时，gx，gx，

e2xe2x

所以当x0时，gx0，gx单调递减；

当x0时，gx0，gx单调递增，且g02,g0.50，当x时，gx0，

4x2

在同一平面直角坐标系中，作出函数y,yx24的图象，如图：

e2x

由图知：

当a6时，gx的图象与直线yb至多有两个交点，不符合题意；

当6a0.5时，gx的图象与直线yb0b2有三个交点，符合题意；

4a2

当0.5a0时，gx的图象与直线ybb2有三个交点，符合题意；

e2a

当0a2时，gx的图象与直线yb至多有两个交点，不符合题意；

当a2时，存在实数b，使得gx的图象与直线yb有三个交点，符合题意.

综上，a6,02,.

故答案为：6,02,.

四、解答题

15.ABC中，A,B,C对边分别是a,b,c，asinAbsinB3asinCcsinC．

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（1）求角B．

（2）a4，asinAb，求ABC的面积．

π

【答案】（1）；

6

（2）232或232.

【解析】

【分析】（1）由正弦定理得到a2b23acc2，再由余弦定理求得cosB，即可求得B；

2π3π

（2）由正弦定理得sinA，故A或A，根据三角形内角和求出C，再由三角形面积公式即

244

可求解.

【小问1详解】

因为asinAbsinB3asinCcsinC，

所以由正弦定理得a2b23acc2，即a2c2b23ac.

a2c2b23

又cosB，B0,π,

2ac2

π

所以B.

6

【小问2详解】

因为asinAb，

1

所以由正弦定理得sin2AsinB.

2

2

因为A0,π，所以sinA.

2

2

所以basinA422.

2

因为ba，所以BA，

2π3π

因为sinA，所以A或A.

244

πππ

当A时，CπABπ,

446

11ππ

所以

SABCabsinC422sinπ

2246

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ππ2321

42sin42232.

462222

3π3ππππ

当A时，CπABπ，

44646

11ππ

所以

SABCabsinC422sin

2246

ππ2321

42sin42232.

462222

综上所述，ABC的面积为232或232.

x2y2

16.椭圆E:1ab0的短轴长2，右焦点F，上顶点P，PF与E的另一个交点为Q，满足

a2b2

S△POF3S△QOF．

（1）求E的方程．

（2）ykxmk0交E于A,B，且E上存在C使OACB为平行四边形．

（i）求m范围；（ii）AB3OC，求k的值．

x2

【答案】（1）y21

2

112

（2）（i）,,；（ii）k

222

【解析】

1

【分析】（1）由题知b1，P0,1，Fc,0，进而根据面积比得y，再结合直线PF的方程为

Q3

14c1

yx1得Q,，最后代入椭圆方程求解得a22,c1即可得答案；

c33

2

x2

y14km

（2）（）设，联立方程结合判别式得22，，

iAx1,y1,Bx2,y222k1mx1x22

12k

ykxm

2m222m

xx，yykxx2m，

1212k2121212k2

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22

4km2m4m12k1,②

再根据即可得，代入椭圆方程后整理得，最后

OCOAOBC2,222

12k12k2k1m,①

解不等式即可；

4km2

（）结合（）得22，，2m2，再根据弦长公式与两点间的距离

iii4m12k1x1x22x1x2

12k12k2

61k22k214k21

公式得，，最后根据AB3OC，k0，解方程即可得

ABOC2

12k22k1

2

k.

2

【小问1详解】

解：由题知：短轴长为2b2，即b1，所以P0,1，Fc,0，

11

因为S△POF3S△QOF，SFP,SFPy，

POF2QOF2Q

1

所以13y，故y，

QQ3

114c1

因为直线的方程为，将代入得，

PFyx1yQQ,

c333

4c1x2y216c21

故将Q,代入1得1，

33a219a29

因为c2a21，所以a22,c1，

x2

所以E的方程为y21；

2

【小问2详解】

解：设Ax1,y1,Bx2,y2，

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2

x2

y1222

联立方程2得12kx4kmx2m20，

ykxm

222

所以Δ4km412k2m20，整理得2k21m2①，

4km2m222m

所以x1x2，xx，yykxx2m，

12k21212k2121212k2

因为E上存在C使OACB为平行四边形，

4km2m4km2m

所以OCOAOB,，即C,，

12k212k212k212k2

222

4km2m216km4m

将