河南省金太阳2025-2026学年上高三第四次联考数学（含答案）

数学试卷参考答案题序123456789答案BDADCCCABCDACDBCD 13【评分细则】【1】第1~8题,凡与答案不符的均不得分.【2】第9,10,11题,全部选对的得6分,有选错的不得分,每选对一个得2分.1.B【解析】本题考查集合,考查数学运算的核心素养.AUB={1,2,3},CU(AUB)={4}.2.D【解析】本题考查复数,考查数学运算的核心素养.义因为复数义为纯虚数,所以解得a=—5.3.A【解析】本题考查函数的图象,考查直观想象的核心素养.f(r)=2co5r是偶函数,且f=2co5r故选A.4.D【解析】本题考查充分条件与必要条件,考查逻辑推理的核心素养.若5inα=5inβ,则α=β+2kπ或α+β=π+2kπ,k∈z.若co5α=co5β,则α=β+2kπ或α+β=2kπ,k∈z.故“5inα=5inβ”是“co5α=co5β”的既不充分也不必要条件.5.C【解析】本题考查排列组合,考查逻辑推理的核心素养.由题意可得,小王同学有两天吃同一种套餐,选取两天捆绑在一起,再排列,不同的方案共有CA=240种.6.C【解析】本题考查直线与圆,考查直观想象、数学运算的核心素养.由题意得A(—m,0),B(0,m),则|AB|=、2|m|.因为圆N的圆心(—1,3)到直线l的距离d所以|CD因为|AB|= 7.C【解析】本题考查数列的应用,考查逻辑推理、数学运算的核心素养.记这十个盒子的质量按从大到小的顺序排列,构成的数列为{an},{an}的公差为d.由题意可得a1+a2+a3≥2(a8+a9+a10),所以a2≥2a9,即a1+d≥2(a1+8d),d因为 d=35,所以2a1+9d=7≤2a,解得a1≥5,质量最重的盒子最少8.A【解析】本题考查立体几何,考查直观想象的核心素养.A1如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC丄BC,AC=BC.不妨设直线AC为直线a,平面ABB1A1为平面α,直线b在平面BB1C1C内,此时满足直线a与A1 A平面α所成的角为4,直线b与直线a垂直.当b与BC平行或重合时,直线 ACCCBB与平面α所成的角取得最大值,最大值为;当b与CC1平行或重合时,直线b与平面α所成的角取得最小值,最小值为0.9.BCD【解析】本题考查数列,考查逻辑推理、数学运算的核心素养.a1=s1=—1,A错误.当n≥2时,sn—1=1—2n—1,则an=sn—sn—1=—2n—1,a1=—1也满足上式,所以an=,a2=—2,B,C均正确.n—1,数列的前n项和TnD正确.10.ACD【解析】本题考查平面向量,考查直观想象、数学运算的核心素养.延长AC交EF于点M.易知△AFM是等边三角形,FM=2,四边形CDEM是平行四边形,ME=1,G=G+G=G+G,A正确.G.G=G+G).GE=2GE.GE+4GH.GE=2×4×4+4×4×4×2=10,B错误.GP在GE上的投影向量的模长的最小值为GP.GE≥C正确.过点C作直线AF的平行线,分别交GE,HE于点T,N.因为→→→→→FO=λFB—FG=λFB+FT,点O在线段CN上,当点O与点C重合ABCGABCGFTME时,λ=1,当点O与点N重合时,λ=2,所以λ的取值范围为[1,2],D正确.11.BCD【解析】本题考查函数与导数,考查数学抽象、逻辑推理的核心素养.若f(x)为常函数,满足f(x)=f,但x=1不是f(x)的极值点,A错误.因为f(x)在(0,1)上单调递增,所以当x∈(0,1)时,f’当x∈(1,+∞)时,∈(0,1),所以f≥0,—f≤0,所以函数f在(1,+∞)上单调递减,B正确.易知g=g,由B选项可得,若g(x)在(0,1)上单调递增,则g在(1,+∞)上单调递减,即g(x)在(1,+∞)上单调递减,C正确.因为f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,所以当x∈(0,1)时,f’(x)≥0,当x∈(1,+∞)时,f’(x)≤0.y’=f’(x)—f,当x∈(0,1)时所以f≤0,—f≥0,y’=f’(x)—f≥0,所以y=f(x)+f在(0,1)上单调递增.由C选项可得y=f(r)+f()在(1,+∞)上单调递减,D正确.12.πf(r)的最小正周期为上单调递增,—(—)=π,所以——φ=+kπ,k∈Z,解得kπ,k∈Z.因为0≤φ<π,所以φ=.13.1【解析】本题考查函数,考查逻辑推理的核心素养.aa因为r≠0,所以er≠1,f(r)≠a—1.因为f(r)没有零点,所以a=1aaAYAF114.3【解析】本题考查双曲线与抛物线,考查直观想象、数学运算的核心AYAF1根据题意可得p=2c.过F1作r轴的垂线l,过P作l的垂线,垂足为A.显然直线AF1为抛物线的准线,则|PA|=|PF2|.因为6|PF2|=5|F1F2|,所以|PF2|=3.由双曲线的定义及已知条件可知|PF1|—PF2PF2ac设P(r0,y0),在Rt△APF1中,|AF1|=y0=|PF1ac因为ycr0,所以r因为r0=|PA|—c所以化简得2c2—3a2—5ac=0,即2e2—5e15.【解析】本题考查椭圆,考查数学运算的核心解:(1)由题意可得…………1分解得a2=4,b2=3,…………3分所以C的方程为………………4分(2)设A(r1,y1),B(r2,y2).l—+=1l—+=1,+4)y2+24my+36=0,…………6分!r=my+4,Δ=(24m)2—4×(3m2+4)×36>0,解得m>2或m<—2,……………7分 3m2+43m2+4则y1+y2=—①,y13m2+43m2+4【高三数学●参考答案第4页(共9因为B是AP的中点,所以y1=2y2,……………………9分结合①解得y……………11分代入②,解得m满足m>2或m<—2,所以m的值为±6、5【评分细则】第(1)问中,正确解出a2,b2,各给1分.(1)证明:因为AB丄平面ACD,CEG平面ACD,所以AB丄CE.……1分在等边△ACD中,E是AD的中点,所以CE丄AD.……2分因为AB∩AD=A,所以CE丄平面ABD.………………3分因为BDG平面ABD,所以CE丄BD.……………………4分(2)解:不妨设AB=AC=2.D以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴,建立如图所示的空间直角坐标系,……………5分y则B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,1,、…………7分y所以=(—2,2,0),……………………8分设平面BCE的法向量为n=(x1,y1,z1),则z1=0,取x1=1,得n=(1,1,、3).………………10分设平面BCD的法向量为m=(x2,y2,z2),则z2=0,取x2=1,得m……………12分又co5…………14分所以5in,所以二面角E-BC-D的正弦值为.……15分【评分细则】【1】第(1)问另解如下:不妨设AB=AC=2.以A为坐标原点,AB,AC所在直线分别为x轴、y轴,建立空间直角坐标系(图略),…………………1分则B(2,0,0),C(0,2,0),D(0,1……3分所以),……………4分所以C.……………………5分所以CE丄BD.………………7分不妨设AB=AC=2.在△BCD中,BC=2、2,CD=2,BD=2、2.……………6分过点B作BF丄CD,垂足为F,过点D作DG丄BC,垂足为G(图略).易知BF=、7,△BCD的面积为CD.BFBC.DG,解得DG…………8分记点D到平面BCE的距离为h.在△BCE中,BC=2、2,CE=、3,BE=、5,则CE丄BE,S△BCECE.BE.……10分三棱锥D-BCE的体积为S△BCE.hS△DCE.AB,………………12分即××××h=××1××2,解得h即××××h=××1××2,解得h=…………13分记二面角E-BC-D的大小为θ,5in,所以二面角第(2)问另解2如下:不妨设AB=AC=2.过点D作DM丄AC,垂足为M,过点M作MN丄BC,垂足为N,连接DN.过点E作EP丄AC,垂足为P,过点P作PQ丄BC,垂足为Q,连接EQ.………6分因为AB丄平面ACD,ABC平面ABC,所以平面ACD丄平面ABC.因为平面ACD∩平面ABC=AC,所以DM丄平面ABC,DEECPNQMAB所以二面角A-BC-D的平面角为上DNM 7分同理,二面角A-BC-E的平面角为上PQE, 8分所以二面角E-BC-D的大小为上DNM—上PQE 9分 在△DMN中,DM=、,MN=、DN=、DM2 5in上DNMco5上DNM……………………11分在△EPQ中,EPPQEQ5in上PQEco5上PQE……………………13分又5in(上DNM—上PQE)=5in上DNMco5上PQE—co5上DNM5in所以二面角E-BC-D的正弦值为…………………15分解:(1)在△BCP中,由余弦定理得BC2=PC2+PB2—2PC.PBco5上BPC,………2分2=PC2+12—2PCco5120。,解得PC,…………3分故△BCP的面积为PC.PB5in上BPC…………………5分(2)设上PBA=α,则上PBC=60。—α,上BCP=α,上BAP=30。—α.…7分 PBBCPB25 PBBCPB25in上BCP5in上BPC5inα5in120。在△ABP中,由正弦定理得分α),…………………………13分………………14分 tan即tan上PBA…………15分【评分细则】第问中,写了各给1分.解:(1)分两种情况. ……………2分第二种情况:甲第三局轮空,此时第二局甲负,第一局甲胜,其概率为分故所求概率为+=.…………………4分(2)记第n局有甲参与的概率为Pn,则第n+1局有甲参与的概率为Pn+1.…………5分若第n局有甲参与,则第n+1局有甲参与的概率为;…………………6分若第n局没有甲参与,则第n+1局一定有甲参与,所以Pn+1=Pn+(1—Pn),……7分即pn……………8分因为p1=1,所以p1—=,所以pn—=×(—n—1,即pn=×(—n—1+.…………………………10分(3)第n局是甲、乙对打,则第n局丙轮空.记第n局有丙参与的概率为Qn,则第n+1局有丙参与的概率为Qn+1.若第n局有丙参与,则第n+1局有丙参与的概率为;若第n局没有丙参与,则第n+1局一定有丙参与,所以QnQn+,…12分即Qn……………13分因为Q1=0,所以Q所以Qnn—1,即Qn=—× ……………15分第n局是甲、乙对打的概率为1—Qn…………17分【评分细则】第(3)问另解如下:记第n局有乙参与的概率为pn’,第n局有丙参与的概率为pn’’.根据(2),同理可得p…………12分p……………14分记第n局甲、乙对打的概率为a,甲、丙对打的概率为b,乙、丙对打的概率为c,则……………16分解得a即第n局是甲、乙对打的概率为×……………17分解:(1)y’=co5x(co5x—1)—5in2x=2co52x—co5x—1=(2co5x+1)(co5x—1).…………………1分令y’>0,得co5x解得x+2kπ),k∈z.………3分故y=5inx(co5x—1)的单调递增区间为……………4分(2)co5(α+β)∈[—1,1],若co5β—1=0,则co5(α+β)(co5β—1)=0.………………5分若co5β—1<0,则co5(α+β)(co5β—1)∈[co5β—1,1—co5β],………7分所以co5(α+β)(co5β—1)的最大值的最小值为0,即b的最小值为0.………………9分(3)令函数f(β)=co5(α+β)(co5β—1),0≤β≤—,f’(β)=5in(α+β)—5in(α+2β).…………10分 ①当2≤α≤π时,2≤α+β≤α+2β≤π,5in(α+β)≥ 所以f’(β)≥0,f(β)在[0,—上单调递增.………11分因为in所以fmax=—5in当且仅当时,等号成立.f(β)min=f(0)=0.………………………12分②当时,令f’(β)=0,得α+β+α+2β=π或α+β=α+2β,即或β=0.当β=0时,f(β)=0.当时,0≤α+β≤α+2β≤