河南省南阳市部分学校2026届高三数学上学期1月第四次联考试题含解析

2025-2026年度河南省高三上学期第四次联考

数学试卷

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。

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。

4．本试卷主要考试内容：高考全部内容。

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．已知全集，集合，，则（）

U1,2,3,4A1,2B2,3CUAB

A．B．4C．1,2,3D．1,2,3,4

ai

2．若复数z1为纯虚数，则实数a（）

2i

A．3B．5C．3D．5

3．函数fx2cosx的部分图象大致为（）

A．B．

C．D．

4．“sinsin”是“coscos”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．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

22

6．已知直线l:xym0与x轴、y轴分别交于A，B两点，与圆N:x1y34交于C，

D两点，且ABCD，则m（）

A．4B．3C．2D．1

7．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

π

8．已知直线a与平面所成的角为，直线b与直线a垂直，则直线b与平面所成角的取值范围为

4

（）

ππππ

A．0,B．0,C．0,D．0,

4422

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．已知数列的前项和n，则（）

annSn12

A．

a11

B．

a22

C．n1

an2

11

D．数列的前项和

nTn2n1

an2

10．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ABBF1，则

（）

11

A．GCGEGH

24

B．GCCE8

C．设P为△ABC内一点（含边界），GPGE的最小值为6

D．设O为等腰梯形CDHI内一点（含边界），若FOFBFG，则的取值范围为1,2

11．已知函数fx的定义域为0,，下列结论正确的是（）

1

A．若fxf，则x1是fx的极值点

x

1

B．若fx在0,1上单调递增，则函数f在1,上单调递减

x

1

C．若函数gxfxf在0,1上单调递增，则gx在1,上单调递减

x

1

D．若fx在0,1上单调递增，在1,0上单调递减，则函数yfxf在0,1上单调递增，

x

在1,上单调递减

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

π2π

12．若函数fxtanx0π在,上单调递增，则____________．

33

a

13．已知函数fxaex1a0没有零点，则a____________．

x2y2

14．已知双曲线C:1a0,b0的左、右焦点分别为F，F，以F为焦点的抛物线

a2b2122

2与双曲线在第一象限交于点，若，则双曲线的离心率

y2pxp0CP6PF25F1F2C

e____________．

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）

x2y21

已知椭圆C:1ab0的右焦点为F1,0，离心率为.

a2b22

（1）求C的方程；

（2）若直线xmy4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，ABAC，E是AD的中点．

（1）证明：CEBD．

（2）求二面角EBCD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，BPC120．

（1）若PB1求△BCP的面积；

（2）若APB150，求tanPBA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ysinxcosx1的单调递增区间；

（2）若存在使得对任意，都有coscos1b，求b的最小值；

π

（3）已知0π，0，且2π，求coscos1的最值．

2

2025-2026年度上学期河南省高三年级第四次联考

数学试卷参考答案

题序1234567891011121314

π

答案BDADCCCABCDACDBCD13

6

【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.

【3】第12，13，14题，凡与答案不符的均不得分.

1．B【解析】本题考查集合，考查数学运算的核心素养.

，.

AB1,2,3CUAB4

2．D【解析】本题考查复数，考查数学运算的核心素养.

aiai2ia2aiaia

z111，因为复数z1为纯虚数，所以10，解得a5.

2i5552i5

3．A【解析】本题考查函数的图象，考查直观想象的核心素养.

1

fx2cosx是偶函数，且fx2cosx,2，故选A.

2

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sinsin，则2kπ或π2kπ，kZ.

若coscos，则2kπ或2kπ，kZ.

故“sinsin”是“coscos”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24

C5A4240

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Am,0，B0,m，则AB2m，因为圆N的圆心1,3到直线l的距离

13m4mm2

d，所以CD24d224m4.因为ABCD，所以

222

m2

2m24m4，解得m2.

2

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，的公差为.由题意可得

anand

1

aaa2aaa，所以a2a，即ad2a8d，da.因为

12389102911151

1091

，所以，解得，质量最重的盒子最少是5千克.

10a1d352a19d72a19a1a15

215

8．A【解析】本题考查立体几何，考查直观想象的核心素养.

如图，在直三棱柱中，，.不妨设直线为直线，平面为

ABCA1B1C1ACBCACBCACaABB1A1

π

平面，直线b在平面BBCC内，此时满足直线a与平面所成的角为，直线b与直线a垂直.当b与

114

π

BC平行或重合时，直线b与平面所成的角取得最大值，最大值为；当b与CC平行或重合时，直线b

41

与平面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.

，A错误.

a1S11

当时，n1，则n1，也满足上式，所以n1，，

n2Sn112anSnSn12a11an2a22

B，C均正确.

n1

1

11，数列1的前项和，D正确.

nTn2n1

an2an2

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，FM2，四边形CDEM是平行四边形，ME1，

2111

GCGMGIGEGH，A正

3324

1111111

确.GCGEGEGHGEGEGEGHGE444410，B错

2424242

33

误.GP在GE上的投影向量的模长的最小值为，GPGE46，C正确.过点C作直线AF的平

22

行线，分别交GE，HE于点T，N.因为FOFBFGFBFT，点O在线段CN上，当点O与

点C重合时，1，当点O与点N重合时，2，所以的取值范围为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.

1

若fx为常函数，满足fxf，但x1不是fx的极值点，A错误.

x

111

因为在上单调递增，所以当时，.，当

fx0,1x0,1fx0f2fx1,

xxx

11111

时，0,1，所以f0，f0，所以函数f在1,上单调递减，B正确.

xxx2xx

11

易知gxg，由B选项可得，若gx在0,1上单调递增，则g在1,上单调递减，即gx

xx

在1,上单调递减，C正确.

因为fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以当x0,1时，fx0，当x1,时，

111111

fx0，yfxf，当x0,1时，1,，所以f0，f0，

x2xxxx2x

1111

yfxf0，所以yfxf在0,1上单调递增，由C选项可得yfxf

x2xxx

在1,上单调递减，D正确.

π

12．【解析】本题考查三角函数，考查逻辑推理的核心素养.

6

π2π2ππππ

fx的最小正周期为π，fx在,上单调递增，π，所以kπ，

333332

5ππ

kZ，解得kπ，kZ，因为0π，所以.

66

13．1【解析】本题考查函数，考查逻辑推理的核心素养.

aa

因为0，所以ex1，fxa1，因为fx没有零点，所以a1.

x

14．3【解析】本题考查双曲线与抛物线，考查直观想象、数学运算的核心素养.

根据题意可得，过作轴的垂线，过作的垂线，垂足为.显然直线为抛物线的准线，

p2cF1xlPlAAF1

5c

则PAPF.因为6PF5FF，所以PF.由双曲线的定义及已知条件可知

221223

5c

PFPF2a，所以PF2a.

1213

22220ac

设Px,y，在Rt△APF中，AFy2PFPA4a2.

0011013

a25a

因为y24cx，所以x.

000c3

5c2ca25a2c

因为xPAcc，所以，化简得2c23a25ac0，即2e25e30，

033c33

1

解得e3（e舍去）.

2

15．【解析】本题考查椭圆，考查数学运算的核心素养.

c1

c1

解：（1）由题意可得，1分

a2

222

abc

解得a24，b23，3分

x2y2

所以C的方程为14分

43

（2）设，

Ax1,y1Bx2,y2

x2y2

122

由43，得3m4y24my360，6分

xmy4

2

24m43m24360，解得m2或m2，7分

24m36

则yy①，yy②.8分

123m24123m24

因为是的中点，所以，9分

BAPy12y2

8m16m

结合①解得y，y，11分

23m2413m24

65

代入②，解得m，满足m2或m2，

5

65

所以m的值为.13分

5

【评分细则】

第（1）问中，正确解出a2，b2，各给1分.

16．【解析】本题考查立体几何，考查直观想象、数学运算的核心素养.

（1）证明：因为AB平面ACD，CE平面ACD，所以ABCE1分

在等边△ACD中，E是AD的中点，所以CEAD2分

因为ABADA，所以CE平面ABD3分

因为BD平面ABD，所以CEBD4分

（2）解：不妨设ABAC2，

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

则，，，13，7分

B2,0,0C0,2,0D0,1,3E0,,

22

所以，13，8分

BC2,2,0BE2,,BD2,1,3

22

nBC2x2y0

11

设平面的法向量为，则，

BCEnx1,y1,z113

nBE2xyz0

12121

取，得，10分

x11n1,1,3

mBC2x2y0

设平面的法向量为，则22，

BCDmx2,y2,z2

mBD2x2y23z20

3

取，得12分

x21m1,1,

3

mn1113105

又cosm,n，14分

mn135

11311

3

270270

所以sinm,n，所以二面角EBCD的正弦值为15分

3535

【评分细则】

【1】第（1）问另解如下：

不妨设ABAC2.

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，，，13，3分

B2,0,0C0,2,0D0,1,3E0,,

22

所以33，，4分

CE0,,BD2,1,3

22

33

所以CEBD030，5分

22

所以CEBD7分

【2】第（2）问另解1如下：

不妨设ABAC2

在△BCD中，BC22，CD2，BD226分

过点B作BFCD，垂足为F，过点D作DGBC，垂足为G（图略）.

1114

易知BF7，△BCD的面积为CDBFBCDG，解得DG8分

222

记点D到平面BCE的距离为h，

1

在△BCE中，BC22，CE3，BE5，则CEBE，SCEBE10分

△BCE2

11

三棱锥DBCE的体积为ShSAB，12分

3△BCE3△DCE

111125

即35h132，解得h.13分

32325

h270

记二面角EBCD的大小为，sin，

DG35

270

所以二面角EBCD的正弦值为15分

35

第（2）问另解2如下：

不妨设ABAC2.

过点D作DMAC，垂足为M，过点M作MNBC，垂足为N，连接DN，过点E作EPAC，

垂足为P，过点P作PQBC，垂足为Q，连接EQ.6分

因为AB平面ACD，AB平面ABC，所以平面ACD平面ABC.因为平面ACD平面

ABCAC，所以DM平面ABC，所以二面角ABCD的平面角为DNM7分

同理，二面角ABCE的平面角为PQE，8分

所以二面角EBCD的大小为DNMPQE9分

27

在△DMN中，DM3，MN，DNDM2MN2，

22

427

sinDNM，cosDNM11分

77

33230

在△EPQ中，EP，PQ，EQEP2PQ2，

244

1015

sinPQE，cosPQE13分

55

270

又sinDNMPQEsinDNMcosPQEcosDNMsinPQE，

35

270

所以二面角EBCD的正弦值为15分

35

17．【解析】本题考查解三角形，考查直观想象、逻辑推理、数学运算的核心素养.

解：（1）在△BCP中，由余弦定理得BC2PC2PB22PCPBcosBPC，2分

131131

即22PC2122PCcos120，解得PC（PC舍去），3分

22

1393

故△BCP的面积为PCPBsinBPC5分

28

（2）设PBA，则PBC60，BCP，BAP307分

PBBCPB2

在△BCP中，由正弦定理得，即①.9分

sinBCPsinBPCsinsin120

ABBC2PB

在△ABP中，由正弦定理得，则②11分

sinAPBsinBAPsin150sin30

PB22PB

①×②得，即sinsin150sin120sin30，13分

sinsin150sin120sin30

1313

所以，，14分

sincossin5sin3cos

2222

33

tan，即tanPBA15分

55

【评分细则】

PBBCABPB

在（2）问中，写了，，各给1分.

sinBCPsinBPCsinAPBsinBAP

18．【解析】本题考查概率，考查逻辑推理、数学运算的核心素养.

解：（1）分两种情况.

1

第一种情况：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.2分

2

111

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3分

224

113

故所求概率为4分

244

（2）记第局有甲参与的概率为，则第局有甲参与的概率为5分

nPnn1Pn1

1

若第n局有甲参与，则第n1局有甲参与的概率为；6分

2

1

若第n局没有甲参与，则第n1局一定有甲参与，所以PP1P，7分

n12nn

212

即8分

Pn1Pn

323

21n1n1

因为，所以，所以211，即11210分

P11P1PnPn

33332323

（3）第n局是甲、乙对打，则第n局丙轮空，

记第局有丙参与的概率为，则第局有丙参与的概率为.

nQnn1Qn1

1

若第n局有丙参与，则第n1局有丙参与的概率为；

2

1

若第n局没有丙参与，则第n1局一定有丙参与，所以QQ1Q，12分

n12nn

212

即13分

Qn1Qn

323

22n1n1

因为，所以，所以221，即21215分

Q10Q1QnQn

33332323

n1

第局是甲、乙对打的概率为21117分

n1Qn

323

【评分细则】

第（3）问另解如下：

记第局有乙参与的概率为，第局有丙参与的概率为.

nPnnPn

n1

112

根据（2），同理可得，12分

Pn

323

n1

212

14分

Pn

323

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，

Pnab,

则16分

Pnac,

Pnbc,

n1n1

PPP211211

解得annn，即第n局是甲、乙对打的概率为17分

2323323

19．【解析】本题考查函数与导数，考查逻辑推理、数学运算的核心素养.

解：（1）ycosxcosx1sin2x2cos2xcosx12cosx1cosx11分

12π4π

令y0，得cosx，解得x2kπ,2kπ，kZ3分

233

2π4π

故ysinxcosx1的单调递增区间为2kπ,2kπkZ4分

33

（2）cos1,1，若cos10，则coscos105分

若cos10，则coscos1cos1,1cos，7分

所以coscos1的最大值的最小值为0，即b的最小值为0.9分

π

（3）令函数fcoscos1，0，

22

fsinsin210分

ππ

①当π时，2π，sinsin2，

22

π

所以f0，f在0,上单调递增11分

22

πππ

ff