2025-2026学年下学期河南省重点中学高三数学4月联考试卷（含答案）

秘密★启用前高三数学注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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.已知集合A={x∣2xA.{x∣C.{x∣2.复数z=1A.-2B.-1C.1D.23.已知向量a,b满足a=1,b=3，且aA.1B.7C.13D.194.曲线y=2xsinx2A.y=−2xB.y=−x5.已知函数fx=cos2x+φ0<φ<πA.0,π2B.0,6.记椭圆E:x28+y24=1的上顶点为A,右焦点为F,则以AA.0B.2C.3D.47.已知函数fx=exlnx+xlnx−A.1e2B.1e8.已知球O的半径为2,其表面上有A,B,C三点,满足AB=ACA.23B.23C.2二、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.在△ABC中,sin2A.cosA=C.C>π10.已知三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面相似比为1:2.在△ABC中，AB=AC= 14,BC=A.直线AA1与直线BCB.直线BB1与直线ACC.侧面BCC1B1与底面D.侧面ABB1A1与侧面11.已知随机变量X∼Bn,p0<p<1A.对任意n,pB.对任意n,pC.存在n,p,使得方程fx−x=D.存在n,p,使得函数y=fx−三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.已知抛物线y2=2pxp>0，O为坐标原点，直线x=t与抛物线交于A，B13.若sinα+β=114.将标有1,2,3,4,5的五张数字牌摆放成一排,则前三张牌上的数字按顺序构成等差数列的排法总数为_____、(用数字回答)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)记Sn为数列an的前n项和,(1)求数列an+1−2a(2)求Sn16.(15分)如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1(1)证明:BD⊥平面A(2)求平面A1BD与平面ABCD17.(15分)某商场对商品售卖的情况进行统计，已知该商场共六层.(1)当各楼层的商品种类相近时,得到该商场各楼层的销售额T(单位:万元)的值:楼层123456销售额700500400200100100记销售额T与楼层ω之间的经验回归方程为T=(1)求b(用分数表示)；(ii)求a(用分数表示).(2)由于网络热点影响，销售利润X(单位:万元)近似服从正态分布N80,附:回归直线y=bx+若X∼Nμ,σ,则P18.(17分)已知双曲线E:x2a2(1)求E的标准方程；(2)过点−4,0的直线ll的斜率不为零与E交于M(1)证明:直线AM与AN的斜率之积为定值；(ii)若l//AB，求△BMN的外接圆的标准方程，并判断点19.(17分)设函数fx=sinx，其中(1)当0<x<π2(2)设△ABC为等腰三角形，其中AB为底边，顶角∠C△ABC的三个顶点A,B,C均在曲线y=f(i)证明:点A,B(ii)记△ABC的面积为St,证明:St是关于高三数学参考答案1.A由2x>4得x>2,由4x+3≤15故选A.2.A由题意可得z=1−故选A.3.Da⋅b=abcos1204.C设fx=2xsinx2+π故选C.5.A由条件知2kπ≤φ<2×π4+φ≤2kπ+ π故选A.6.B显然半焦距c=8−4=2,故AF= 4+c2=22,而A0,2,故圆的方程为x2+ y故选B.7.D即a设t=lnx−12≥0,g故选D.8.C取BC的中点M,由AB=AC得BC⊥AM,由OB=由OM∩AM=M,OM⊂平面OAM,AM⊂平面于是VA而AM故由余弦定理得cos∠AOM由∠AOM∈0,π故S△AOM=12故选C.9.AC对于A选项,由正弦定理得AC2+ AB2对于B选项,由余弦定理得BC2对于C选项,由余弦定理可得cosC= AC2+BC2对于D选项,注意到AC<BC<AB,由大边对大角得B<A故选AC.10.ABD将直线AA1与BB1以及CC1延长交于点P,由上下底面相似比为1:2,得A1与B1以及C1分别为PA与PB以及PC的中点,因为BB1=CC1=3,所以PB=PC=23,在△PBC则PM⊥BC且在等腰三角形ABC中，AM⊥BC且因为PM∩AM=M,所以BC⊥平面PAM,故平面PAM⊥平面过点P作PO⊥AM于点O,则PO⊥平面ABC,从而∠PAM=60在△PAM中,由余弦定理得到PM2=PA2+ A此时PA2+PM2=2+6=8=AM2,所以PA⊥ PM,又PA⊥BC,且PM∩BC=M,所以PA⊥由PA⊥平面PBC得到PA⊥BC,即直线AA1⊥由PB⊥PA且故PB⊥平面PAC又AC⊂平面PAC,所以PB⊥AC,即直线BB1上直线AC侧面BCC1B1所在平面即平面PBC,二面角P−在直角三角形APM中,由cos∠PMA=PMAM= 32,得到该平面角为侧面ABB1A1与ACC1A1由PB⊥平面PAC且PB⊂平面PAB,得到两平面相互垂直，故故选ABD.11.ACD因为X∼Bn,p,所以PX由二项式定理可得fx=px+1−pn,x≠0,又因为二项分布的数学期望EX=np,所以f′g′x=nn−1p2px+1−pn−2,代入x=1可得g′1=nn−1p2p+1−pn−2=n(n−1)p2,因为二项分布的方差DX=np1−p,若g令hx=fx−x=px+此时hx=12x+12则h0×h12<0,且函数连续,由函数零点存在定理,存在n,p使得hx在区间0,1内有解,故C正确;h′x=nppx+1−pn−1−1,取n=2,p=故选ACD.12.3由x=t得y=±2pt,又因为∠AOB= π2,于是t2=2pt13.16由题意可得13=sinα+β=sin14.16当首位是1时,前三张可以是1,2,3或1,3,5,剩余两张随机排列,故共有A22 A22=4种可能.当首位是2时,前三张必为2,3,4,剩余两张随机排列,故共有A22=2种可能.结合对称性可知首位不是3时共2×15.解:(1)Sn+又Sn=2an−2n+1+2,两式相减,得an+1=2an故Tn=(2)显然an+12n+1−而n=1时,故a1=此时an2n=a12+n−16.解:(1)证明:由AD=CD,AB=BC知BD为AC由直四棱柱性质知AA1⊥平面ABCD,由BD⊂平面ABCD得由AC⊂平面AA1C1C,AA1⊂平面AA(2)记AC∩BD=O，以O为坐标原点，以OC的方向为x轴正方向，OD的方向为y轴正方向，AA1的方向为z则D0,16易知平面ABCD的一个法向量为AA1记平面A1BD的法向量为n=x,y,z,则n⋅BD记平面A1BD与平面ABCD的夹角为则cosθ=17.解:(1)i=10003i=1于是b=4800−(ii)a=T(2)注意到μ=80,σ=25Pμ故销售利润在75,90的概率为0.8186.(15分)18.解:(1)由4a2=可得E的标准方程为x24(2)(j)证明:设l:x=my−联立x=my−4,x2−y2=4,斜率之积y====−13,为定值.(ii)设直线AB斜率为k,此时k=1m=5−可得y1y1y不妨设y1>0,可得于是x1于是M−3故设外接圆方程为x−p2+y显然有3−p解得p=0,qy+2此时4+20≠54,故点A19.证明:(1)由fx=sinx得f′x设gx=xsinx+cosx−当0<x<π2时,g′x>0,故又因为g0=0,所以当x∈0,即xsinx+cosx−1>0,从而x(2)(i)由点C在曲线y=sinx上，且纵坐标为1，结合x∈0,π设Ax1,sinx1且Bx2,sinx由△ABC是等腰三角形且AB为底边,可知AC即x1−设hx=x−πh当x∈0,π2时,x−π2<0且sinx<1,cos同理可证hx在π2,π又h所以hπ2−u=hπ2+u,即函数图象关于直线x=π2对称,综上所述,若hx1=hx因此,点A,B关于定直线x=π(1)由(1)可知，可设点A的横坐标为π2−u，点B的横坐标为π2+此时A,B的纵坐标均为点C到AB的距离,也即三角形的高,为1− cosu令θ=t∘2,则先证明S,是关于t的函数,设φu=u1−cos则φ由(1)可知φ′u<0,即φu故φu>对于任意M>π2,取当0<u<u0时,设ku=u22−1−cosu,因为k′u=u−sinu,令mu=u