2025-2026学年河南省部分学校高三（上）第四次联考数学试卷（1月份）

第1页（共1页）2025-2026学年河南省部分学校高三（上）第四次联考数学试卷（1月份）一、选择题：本题共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．（5分）已知全集U＝{1，2，3，4}，集合A＝{1，2}，B＝{2，3}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3，4} B．{1，2，3} C．{4} D．{2，4}2．（5分）若复数z=1+ai2+i为纯虚数，则实数A．3 B．5 C．﹣3 D．﹣53．（5分）函数f（x）＝2cosx的部分图象大致为（）A． B． C． D．4．（5分）“sinα＝sinβ”是“cosα＝cosβ”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5．（5分）某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有（）A．120种 B．144种 C．240种 D．288种6．（5分）已知直线l：x﹣y+m＝0与x轴、y轴分别交于A，B两点，与圆N：（x+1）2+（y﹣3）2＝4交于C，D两点，且|AB|＝|CD|，则m＝（）A．4 B．3 C．2 D．17．（5分）现有十个盒子，总质量为35千克，这十个盒子的质量按从大到小的顺序排列，构成一个等差数列，且排在前三位的三个盒子的总质量不低于排在后三位的三个盒子的总质量的两倍，则质量最重的盒子最少是（）A．2千克 B．3千克 C．5千克 D．7千克8．（5分）已知直线a与平面α所成的角为π4，直线b与直线a垂直，则直线b与平面αA．[0，π4] B．(0，π4]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．（多选）9．（6分）已知数列{an}的前n项和SnA．a1＝1 B．a2＝﹣2 C．anD．数列{1an}（多选）10．（6分）某三角图标如图所示，该图标由三个全等的等腰梯形和一个等边三角形拼成．已知AB＝BF＝1，则（）A．GC→B．GC→C．设P为△ABC内一点（含边界），GP→⋅GED．设O为等腰梯形CDHI内一点（含边界），若FO→=λFB→-FG（多选）11．（6分）已知函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，下列结论正确的是（）A．若f(x)=f(1x)，则x＝1是f（B．若f（x）在（0，1）上单调递增，则函数f(1x)在（1，C．若函数g(x)=f(x)+f(1x)在（0，1）上单调递增，则g（x）在（1，D．若f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则函数y=f(x)+f(1x)在（0，1）上单调递增，在（1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）若函数f（x）＝tan（x﹣φ）（0≤φ＜π）在(-π3，2π3)上单调递增，则13．（5分）已知函数f(x)=aeax-1(a＞0)没有零点，则a14．（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F2为焦点的抛物线y2＝2px（p＞0）与双曲线C在第一象限交于点P，若6|PF2|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．（13分）已知椭圆C：x2a2+y2b（1）求C的方程；（2）若直线x＝my+4与C交于A，B两点，与x轴交于点P，且B是AP的中点，求m的值．16．（15分）如图，在四面体ABCD中，AB⊥平面ACD，△ACD是等边三角形，AB＝AC，E是AD的中点．（1）证明：CE⊥BD．（2）求二面角E﹣BC﹣D的正弦值．17．（15分）如图，在边长为2的等边△ABC中，P为△ABC内一点，∠BPC＝120°．（1）若PB＝1，求△BCP的面积；（2）若∠APB＝150°，求tan∠PBA的值．18．（17分）甲、乙、丙三人打台球，约定：第一局甲、乙对打，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打．假设甲、乙、丙三人打台球的水平相同，每局台球的结果相互独立．（1）求前三局中甲恰好参与了两局的概率；（2）求第n局有甲参与的概率；（3）求第n局是甲、乙对打的概率．19．（17分）（1）求函数y＝sinx（cosx﹣1）的单调递增区间；（2）若存在β使得对任意α，都有cos（α+β）（cosβ﹣1）≤b，求b的最小值；（3）已知0≤α≤π，0≤β≤π2，且α+2β≤π，求

2025-2026学年河南省部分学校高三（上）第四次联考数学试卷（1月份）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案CDADCCCA二．多选题（共3小题）题号91011答案BCDACDBCD一、选择题：本题共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．（5分）已知全集U＝{1，2，3，4}，集合A＝{1，2}，B＝{2，3}，则∁U（A∪B）＝（）A．{1，3，4} B．{1，2，3} C．{4} D．{2，4}【分析】根据A与B求出两集合的并集，由全集U，找出不属于并集的元素，即可求出所求的集合．【解答】解：∵A＝{1，2}，B＝{2，3}，∴A∪B＝{1，2，3}，∵全集U＝{1，2，3，4}，∴∁U（A∪B）＝{4}．故选：C．2．（5分）若复数z=1+ai2+i为纯虚数，则实数A．3 B．5 C．﹣3 D．﹣5【分析】由复数的除法可得z=1+a【解答】解：由复数z=1+ai可得1+a5=0，即a故选：D．3．（5分）函数f（x）＝2cosx的部分图象大致为（）A． B． C． D．【分析】利用排除法，根据函数奇偶性和值域分析判断即可．【解答】解：因为函数f（x）＝2cosx的定义域为R，且f（﹣x）＝2cos（﹣x）＝2cosx＝f（x），可知函数f（x）为偶函数，故BC错误；又cosx∈[﹣1，1]，则f(x)=2cosx∈[故选：A．4．（5分）“sinα＝sinβ”是“cosα＝cosβ”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【分析】根据sinα＝sinβ，可得α，β的关系，根据cosα＝cosβ，可得α，β的关系，根据充分、必要条件的定义，分析即可得答案．【解答】解：若sinα＝sinβ，则α＝β+2kπ或α+β＝π+2kπ，k∈Z，若cosα＝cosβ，则α＝β+2kπ或α+β＝2kπ，k∈Z，即sinα＝sinβ成立时，cosα＝cosβ不一定成立，反之也不成立，所以“sinα＝sinβ”是“cosα＝cosβ”的既不充分也不必要条件．故选：D．5．（5分）某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有（）A．120种 B．144种 C．240种 D．288种【分析】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐，将这两天视为一个整体，然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，即可求解．【解答】解：已知食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐，然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，则不同的方案共有C5故选：C．6．（5分）已知直线l：x﹣y+m＝0与x轴、y轴分别交于A，B两点，与圆N：（x+1）2+（y﹣3）2＝4交于C，D两点，且|AB|＝|CD|，则m＝（）A．4 B．3 C．2 D．1【分析】利用两点间距离公式求出|AB|，利用圆心到直线的距离和半径可以求出|CD|，由|AB|＝|CD|计算即可．【解答】解：由题意直线l：x﹣y+m＝0与x轴、y轴分别交于A，B两点，得A（﹣m，0），B（0，m），∴|AB|=(-m-0)圆N的方程为：（x+1）2+（y﹣3）2＝4，∴圆心N的坐标为（﹣1，3），半径为r＝2，∴圆心N到直线l：x﹣y+m＝0的距离为：d=|-1-3+m|由垂径定理可得：|CD|=22又∵|AB|＝|CD|，∴2|m|=2解得：m＝2．故选：C．7．（5分）现有十个盒子，总质量为35千克，这十个盒子的质量按从大到小的顺序排列，构成一个等差数列，且排在前三位的三个盒子的总质量不低于排在后三位的三个盒子的总质量的两倍，则质量最重的盒子最少是（）A．2千克 B．3千克 C．5千克 D．7千克【分析】设等差数列及公差，根据题意及等差数列的性质建立不等式求得首项与公差的不等式，根据等差数列前n项和公式求得首项与公差的等式，将等式代入不等式后解得首项的最小值，即可得出答案．【解答】解：设该等差数列为{an}，公差为d，d＜0，则a1+a2+a3≥2（a8+a9+a10），由等差中项可知3a2≥2×3a9，∴a1+d≥2（a1+8d），∴a1≤﹣15d，又∵S10即2a1+9d＝7，则d=7-2∴a1∴9a1≤﹣105+30a1，∴﹣21a1≤﹣105，∴a1∴质量最重的盒子最少是5千克．故选：C．8．（5分）已知直线a与平面α所成的角为π4，直线b与直线a垂直，则直线b与平面αA．[0，π4] B．(0，π4]【分析】根据直线与平面所成的角是直线与平面内所有直线所成角的最小角，再根据直线与平面所成角的范围即可判断．【解答】解：如图：由图AC⊥BC，AC＝BC，平面ABC⊥平面ABB1A1，平面ABC∩平面ABB1A1＝AB，直线AC，BC在平面ABB1A1内的投影是直线AB，因此直线AC，BC与平面ABB1A1所成的角都是π4由CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，得AC⊥CC1，而CC1∩BC＝C，CC1，BC⊂平面BB1C1C，因此AC⊥平面BB1C1C，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与平面α所成的角为π4，直线b与直线a当b与BC平行或重合时，直线b与平面α所成的角取得最大值为π4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为0，所以直线b与平面α所成角的取值范围为[0，故选：A．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．（多选）9．（6分）已知数列{an}的前n项和SnA．a1＝1 B．a2＝﹣2 C．anD．数列{1an}【分析】由数列前n项和Sn与数列an的关系求得通项公式，即可判断ABC选项，从而得到数列{1an}的通项公式，通过等比数列的前n【解答】解：由数列{an}的前n项和Sn当n＝1时，a1=S由a2＝S2﹣S1＝（1﹣4）﹣（1﹣2）＝﹣2，故B正确；当n≥2时，an验证，当n＝1时，a1=-21-1=-1=由1an=-故D正确．故选：BCD．（多选）10．（6分）某三角图标如图所示，该图标由三个全等的等腰梯形和一个等边三角形拼成．已知AB＝BF＝1，则（）A．GC→B．GC→C．设P为△ABC内一点（含边界），GP→⋅GED．设O为等腰梯形CDHI内一点（含边界），若FO→=λFB→-FG【分析】延长AC交EF于点M，则有FM＝2，ME＝1，利用向量的线性运算判断A；由平面数量积的运算判断B；利用GP→在GE→上投影向量的最小模长，求GP→⋅GE→的最小值判断C；过点C作直线AF的平行线，分别交GE，HE于点T，N，由向量的运算可知点O在线段【解答】解：因为某三角图标如图所示，该图标由三个全等的等腰梯形和一个等边三角形拼成，AB＝BF＝1，所以逐一分析各个选项如下：对A，延长AC交EF于点M，易知△AFM是等边三角形，有FM＝2，四边形CDEM是平行四边形，ME＝1，GC→=GT对B，由A可知，△GEH是边长为4的等边三角形，GC→⋅GE对C，GP→在GE→上的投影向量的模长的最小值为32，GP对D，因为O为等腰梯形CDHI内一点（含边界），若FO→过点C作直线AF的平行线，分别交GE，HE于点T，N．因为FO→=λFB→-当点O与点C重合时，λ＝1，当点O与点N重合时，λ＝2，所以λ的取值范围为[1，2]，故D正确．故选：ACD．（多选）11．（6分）已知函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，下列结论正确的是（）A．若f(x)=f(1x)，则x＝1是f（B．若f（x）在（0，1）上单调递增，则函数f(1x)在（1，C．若函数g(x)=f(x)+f(1x)在（0，1）上单调递增，则g（x）在（1，D．若f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则函数y=f(x)+f(1x)在（0，1）上单调递增，在（1【分析】由函数f（x）为常数函数即可判断A；先由函数单调性得到x∈（0，1）时f′（x）≥0，再分析x∈（1，+∞）时函数f(1x)的导数即可判断B；由题意得g(1x)=g(x)以及x∈（0，1）时g′（x）≥0，进而得到x∈（1，+∞）时g'(1x)≥0，进而g'(x)=[g(1x)]'≤0即可求解判断C；由题意得到x∈（0，1）时f′（x）≥0，x∈【解答】解：对于A，若f（x）为常数函数，则满足f(x)=f(1x)，但x＝1不是f（x对于B，若f（x）在（0，1）上单调递增，则当x∈（0，1）时，f′（x）≥0，又x∈（1，+∞）时，1x∈(0，1)，所以所以函数f(1x)在（1，+对于C，由g（x）＝f（x）+f（1x），可得g(若g（x）在（0，1）上单调递增，则g'则当x∈（1，+∞）时，1x∈(0，1)，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减，故C正确；对于D，若f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，则x∈（0，1）时f′（x）≥0，x∈（1，+∞）时f′（x）≤0，y'当x∈（0，1）时1x∈(1，+∞)，则所以函数y=f(x)+f(1x)在（0，1）上单调递增，由选项C得函数y=f(x)+f(1x)在（故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）若函数f（x）＝tan（x﹣φ）（0≤φ＜π）在(-π3，2π3)上单调递增，则【分析】由题意得-π3-φ=-【解答】解：因为T＝π，f（x）在(-π3所以-π3-φ=-π2+kπ，k∈Z，解得因为0≤φ＜π，所以φ=π故答案为：π613．（5分）已知函数f(x)=aeax-1(a＞0)没有零点，则a【分析】把零点问题转化成方程的根的问题，再分类解方程可得答案．【解答】解：f(x)=aeax-1（a＞整理得eax=当a≠1时，lna≠0，根据ax那么可得x=-当a＝1时，方程变为e1x=1综上，a＝1．故答案为：1．14．（5分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F2为焦点的抛物线y2＝2px（p＞0）与双曲线C在第一象限交于点P，若6|PF2|【分析】先求出抛物线方程为y2＝4cx，设点P的坐标为（m，n），n＞0，求出m=2c3，及n=26c3，在Rt【解答】解：如图所示：抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F2（c，0），准线方程为x＝﹣c，则p2=c，得p＝2c，得抛物线方程为y2＝4设抛物线y2＝4cx与双曲线C在第一象限交于点P的坐标为（m，n），n＞0，过点P作PH⊥准线，交准线于点H，则|PF2|＝m+c，由6|PF2|＝5|F1F2|，得6（m+c）＝5×2c，得m=2c再由n2＝4cm及n＞0，解得n=2由|PF1|﹣|PF2|＝2a，得|PF在Rt△PHF2中，(2整理得2c2﹣5ac﹣3a2＝0，得2e2﹣5e﹣3＝0，即（2e+1）（e﹣3）＝0，解得e＝3或e=-故答案为：3．四、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．（13分）已知椭圆C：x2a2+y2b（1）求C的方程；（2）若直线x＝my+4与C交于A，B两点，与x轴交于点P，且B是AP的中点，求m的值．【分析】（1）根据题意求得a，b，c，代入即可求解；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线与椭圆联立方程组可得y1+y2=-24m3m2+4，y1y【解答】解：（1）由题意可得c=1c解得a2＝4，b2＝3，因此C的方程为x2（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由x24+y23=1x=my+4，得（3m2+4）Δ＝（24m）2﹣4×（3m2+4）×36＞0，解得m＞2或m＜﹣2，则y1+y2=-因为B是AP的中点，因此y1＝2y2，结合①解得y2=-8m代入②，且满足m＞2或m＜﹣2，因此m的值为±616．（15分）如图，在四面体ABCD中，AB⊥平面ACD，△ACD是等边三角形，AB＝AC，E是AD的中点．（1）证明：CE⊥BD．（2）求二面角E﹣BC﹣D的正弦值．【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明得到线面垂直即可得到线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，然后由二面角的向量求法求解即可．【解答】解：（1）证明：因为AB⊥平面ACD，CE⊂平面ACD，所以AB⊥CE．在等边△ACD中，E是AD的中点，所以CE⊥AD，因为AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABD，所以CE⊥平面ABD，因为BD⊂平面ABD，所以CE⊥BD；（2）不妨设AB＝AC＝2，AB⊥平面ACD，AB⊂平面ABC，则平面ACD⊥平面ABC，在等边△ACD中，作DO⊥AC，则DO⊥平面ABC，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，则B（2，0，0），C（0，2，0），D(0，1，所以BC→=(-2，2，设平面BCE的法向量为n→则n→⊥BC取x1＝1，得n→设平面BCD的法向量为m→则m→⊥BC取x2＝1，得m→又cos＜所以sin＜m→，n→＞=217．（15分）如图，在边长为2的等边△ABC中，P为△ABC内一点，∠BPC＝120°．（1）若PB＝1，求△BCP的面积；（2）若∠APB＝150°，求tan∠PBA的值．【分析】（1）在△BCP中，由余弦定理求得PC，然后由三角形面积公式求得△BCP的面积；（2）设∠PBA＝α，通过三角形内角关系求得∠BCP，在△PBC中由正弦定理用α表示出边PB长，在△APB中先求得∠PAB，再由正弦定理建立方程，整理方程后求得tanα，即可求得结果．【解答】解：（1）在△BCP中，∠BPC＝120°，PB＝1，由余弦定理得cos∠即-12=1+PC2-42PC，即PC解得PC=13可得S△BCP（2）设∠PBA＝α，在正三角形中∠ABC＝60°，可得∠PBC＝60°﹣α，所以∠BCP＝180°﹣∠BPC﹣∠PBC＝α，在△PBC中，BC＝2，由正弦定理BCsin∠BPC可得PB=BCsin∠BCPsin∠BPC在△APB中，∠PAB＝180°﹣∠APB﹣∠PBA＝30°﹣α，由正弦定理ABsin∠BPA即21所以sin(30°-展开整理可得12cosα=536即tan∠18．（17分）甲、乙、丙三人打台球，约定：第一局甲、乙对打，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打．假设甲、乙、丙三人打台球的水平相同，每局台球的结果相互独立．（1）求前三局中甲恰好参与了两局的概率；（2）求第n局有甲参与的概率；（3）求第n局是甲、乙对打的概率．【分析】（1）分两种情况：甲第二局轮空和甲第三局轮空，分别求出对应的概率然后求和即可．（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，然后根据题意列出等式Pn+1-23（3）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，然后列出等式Qn+1-23【解答】解：（1）根据题意，设A＝“前三局中甲恰好参与了两局”，分两种情况讨论：①甲第二局轮空，即第一局甲负，此时第三局一定有甲参与，其概率为12②甲第三局轮空，此时第二局甲负，第一局甲胜，其概率为1故P（A）=1（2）根据题意，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若第n局有甲参与，则第n+1局有甲参与的概率为12若第n局没有甲参与，则第n+1局一定有甲参与，所以Pn+1即Pn+1因为P1＝1，所以P1-23=13，故数列{Pn故Pn-2（3）根据题意，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