2026届河南省平顶山市郏县第一高级中学高三第四次模拟考试数学试卷含解析

这是一份2026届河南省平顶山市郏县第一高级中学高三第四次模拟考试数学试卷含解析，共20页。试卷主要包含了的展开式中的系数是，已知，，，则的大小关系为，设集合则，已知，则，不可能满足的关系是等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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12小题，每小题5分，共60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．费马素数是法国大数学家费马命名的,形如的素数(如：)为费马索数,在不超过30的正偶数中随机选取一数,则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是( )
A．B．C．D．
2．已知分别为双曲线的左、右焦点，点是其一条渐近线上一点，且以为直径的圆经过点，若的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数，，若成立，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
4．的展开式中的系数是（ ）
A．160B．240C．280D．320
5．在三棱锥中，，，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
6．幻方最早起源于我国，由正整数1，2，3，……，这个数填入方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形数阵就叫阶幻方．定义为阶幻方对角线上所有数的和，如，则（ ）
A．55B．500C．505D．5050
7．已知，，，则的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
8．设集合则（ ）
A．B．C．D．
9．已知，，分别为内角，，的对边，，，的面积为，则（ ）
A．B．4C．5D．
10．已知，则，不可能满足的关系是（）
A．B．C．D．
11．阿波罗尼斯（约公元前262~190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，当，，不共线时，的面积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
12．点为不等式组所表示的平面区域上的动点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知 ，则_____.
14．已知函数，若的最小值为，则实数的取值范围是_________
15．已知等比数列满足公比，为其前项和，，，构成等差数列，则_______．
16．已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，P为C上一点，PQ垂直l于点Q，M，N分别为PQ，PF的中点，MN与x轴相交于点R，若∠NRF=60°，则|FR|等于_____.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，三棱柱中，与均为等腰直角三角形，，侧面是菱形.
（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
18．（12分）已知等腰梯形中（如图1），，，为线段的中点，、为线段上的点，，现将四边形沿折起（如图2）
（1）求证：平面；
（2）在图2中，若，求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）在直角坐标系中，已知点，的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求的普通方程和的直角坐标方程；
（2）设曲线与曲线相交于，两点，求的值.
20．（12分）如图,直角三角形所在的平面与半圆弧所在平面相交于,，,分别为,的中点, 是上异于,的点, .
（1）证明:平面平面;
（2）若点为半圆弧上的一个三等分点(靠近点)求二面角的余弦值.
21．（12分）已知均为正实数，函数的最小值为.证明：
（1）；
（2）.
22．（10分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E．
（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；
（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B
【解析】
基本事件总数，能表示为两个不同费马素数的和只有，，，共有个，根据古典概型求出概率．
【详解】
在不超过的正偶数中随机选取一数，基本事件总数
能表示为两个不同费马素数的和的只有，，，共有个
则它能表示为两个不同费马素数的和的概率是
本题正确选项：
【点睛】
本题考查概率的求法，考查列举法解决古典概型问题，是基础题．
2、B
【解析】
根据题意，设点在第一象限，求出此坐标，再利用三角形的面积即可得到结论.
【详解】
由题意，设点在第一象限，双曲线的一条渐近线方程为，
所以，，
又以为直径的圆经过点，则，即，解得，，
所以，，即，即，
所以，双曲线的离心率为.
故选：B.
【点睛】
本题主要考查双曲线的离心率，解决本题的关键在于求出与的关系，属于基础题.
3、A
【解析】
分析：设，则，把用表示，然后令，由导数求得的最小值．
详解：设，则，，，
∴，令，
则，，∴是上的增函数，
又，∴当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，是极小值也是最小值，
，∴的最小值是．
故选A．
点睛：本题易错选B，利用导数法求函数的最值，解题时学生可能不会将其中求的最小值问题，通过构造新函数，转化为求函数的最小值问题，另外通过二次求导，确定函数的单调区间也很容易出错．
4、C
【解析】
首先把看作为一个整体，进而利用二项展开式求得的系数，再求的展开式中的系数，二者相乘即可求解.
【详解】
由二项展开式的通项公式可得的第项为，令，则，又的第为，令，则，所以的系数是.
故选：C
【点睛】
本题考查二项展开式指定项的系数，掌握二项展开式的通项是解题的关键，属于基础题.
5、B
【解析】
取的中点，连接、，推导出，设设球心为，和的中心分别为、，可得出平面，平面，利用勾股定理计算出球的半径，再利用球体的表面积公式可得出结果.
【详解】
取的中点，连接、，
由和都是正三角形，得，，则，则，由勾股定理的逆定理，得.
设球心为，和的中心分别为、.
由球的性质可知：平面，平面，
又，由勾股定理得.
所以外接球半径为.
所以外接球的表面积为.
故选：B.
【点睛】
本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，找出球心的位置，并以此计算出球的半径长，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
6、C
【解析】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，可得，即得解.
【详解】
因为幻方的每行、每列、每条对角线上的数的和相等，
所以阶幻方对角线上数的和就等于每行（或每列）的数的和，
又阶幻方有行（或列），
因此，，
于是．
故选：C
【点睛】
本题考查了数阵问题，考查了学生逻辑推理，数学运算的能力，属于中档题.
7、A
【解析】
根据指数函数与对数函数的单调性，借助特殊值即可比较大小.
【详解】
因为，
所以.
因为，
所以，
因为，为增函数，
所以
所以，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了指数函数、对数函数的单调性，利用单调性比较大小，属于中档题.
8、C
【解析】
直接求交集得到答案.
【详解】
集合，则.
故选：.
【点睛】
本题考查了交集运算，属于简单题.
9、D
【解析】
由正弦定理可知,从而可求出.通过可求出，结合余弦定理即可求出 的值.
【详解】
解：，即
，即.
，则.
，解得.
，
故选:D.
【点睛】
本题考查了正弦定理，考查了余弦定理，考查了三角形的面积公式，考查同角三角函数的基本关系.本题的关键是通过正弦定理结合已知条件，得到角 的正弦值余弦值.
10、C
【解析】
根据即可得出，，根据，，即可判断出结果．
【详解】
∵；
∴，；
∴，，故正确；
，故C错误；
∵
，故D正确
故C．
【点睛】
本题主要考查指数式和对数式的互化，对数的运算，以及基本不等式：和不等式的应用，属于中档题
11、A
【解析】
根据平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结合求解.
【详解】
如图所示：
设，，，则，
化简得，
当点到（轴）距离最大时，的面积最大，
∴面积的最大值是.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.
12、B
【解析】
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，利用的几何意义即可得到结论．
【详解】
不等式组作出可行域如图：，，，
的几何意义是动点到的斜率，由图象可知的斜率为1，的斜率为：，
则的取值范围是：，，．
故选：．
【点睛】
本题主要考查线性规划的应用，根据目标函数的几何意义结合斜率公式是解决本题的关键．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
对原方程两边求导，然后令求得表达式的值.
【详解】
对等式两边求导，得，令，则.
【点睛】
本小题主要考查二项式展开式，考查利用导数转化已知条件，考查赋值法，属于中档题.
14、
【解析】
，可得在时，最小值为，
时，要使得最小值为，则对称轴在1的右边，
且，求解出即满足最小值为.
【详解】
当，，当且仅当时，等号成立.
当时，为二次函数，要想在处取最小，则对称轴要满足
并且，即，解得.
【点睛】
本题考查分段函数的最值问题，对每段函数先进行分类讨论，找到每段的最小值，然后再对两段函数的最小值进行比较，得到结果，题目较综合，属于中档题.
15、0
【解析】
利用等差中项以及等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】
由，，是等差数列可知
因为，所以，
故答案为：0
【点睛】
本题考查了等差中项的应用、等比数列的前项和公式，需熟记公式，属于基础题.
16、2
【解析】
由题意知：，，，.由∠NRF=60°，可得为等边三角形，MF⊥PQ，可得F为HR的中点，即求.
【详解】
不妨设点P在第一象限，如图所示，连接MF，QF.
∵抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，P为C上一点
∴，.
∵M，N分别为PQ，PF的中点，
∴，
∵PQ垂直l于点Q，
∴PQ//OR，
∵，∠NRF=60°，
∴为等边三角形，
∴MF⊥PQ，
易知四边形和四边形都是平行四边形，
∴F为HR的中点，
∴，
故答案为：2.
【点睛】
本题主要考查抛物线的定义，属于基础题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）见解析（2）
【解析】
（1）取中点，连接，，通过证明，得，结合可证线面垂直，继而可证面面垂直.
（2）设，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，继而可求二面角的余弦值.
【详解】
解析：（1）取中点，连接，，
由已知可得，，，
∵侧面是菱形，∴，，，
即，∵，∴平面，∴平面平面.
（2）设，则，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的法向量为，
则，令得.
同理可求得平面的法向量，∴.
【点睛】
本题考查了面面垂直的判定，考查了二面角的求解.一般在求二面角或者线面角的问题时，常建立空间直角坐标系，通过求面的法向量、线的方向向量，继而求解.特别地，对于线面角问题，法向量与方向向量的余角才是所求的线面角，即两个向量夹角的余弦值为线面角的正弦值.
18、（1）见解析；（2）.
【解析】
（1）先连接，根据线面平行的判定定理，即可证明结论成立；
（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，证明平面平面，得到点在底面上的投影必落在直线上，记为点在底面上的投影，连接，，得出即是直线与平面所成角，再由题中数据求解，即可得出结果.
【详解】
（1）连接，因为等腰梯形中（如图1），，，
所以与平行且相等，即四边形为平行四边形；所以；
又为线段的中点，为中点，易得：四边形也为平行四边形，所以；
将四边形沿折起后，平行关系没有变化，仍有：，且，
所以翻折后四边形也为平行四边形；故；
因为平面，平面，
所以平面；
（2）在图2中，过点作，垂足为，连接，，
因为，，翻折前梯形的高为，
所以，则，；
所以；
又，，
所以，即，所以；
又，且平面，平面，
所以平面；因此，平面平面；
所以点在底面上的投影必落在直线上；
记为点在底面上的投影，连接，，
则平面；
所以即是直线与平面所成角，
因为，所以，
因此，，
故；
因为，
所以，
因此，故，
所以.
即直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】
本题主要考查证明线面平行，以及求直线与平面所成的角，熟记线面平行的判定定理，以及线面角的求法即可，属于常考题型.
19、（1）；（2）
【解析】
（1）消去参数方程中的参数，求得的普通方程，利用极坐标和直角坐标的转化公式，求得的直角坐标方程.
（2）求得曲线的标准参数方程，代入的直角坐标方程，写出韦达定理，根据直线参数中参数的几何意义，求得的值.
【详解】
（1）由的参数方程（为参数），消去参数可得，
由曲线的极坐标方程为，得，
所以的直角坐方程为，即.
（2）因为在曲线上，
故可设曲线的参数方程为（为参数），
代入化简可得.
设，对应的参数分别为，，则，，
所以.
【点睛】
本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查利用利用和直线参数方程中参数的几何意义进行计算，属于中档题.
20、（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）由直径所对的圆周角为，可知，通过计算，利用勾股定理的逆定理可以判断出为直角三角形，所以有.由已知可以证明出，这样利用线面垂直的判定定理可以证明平面，利用面面垂直的判定定理可以证明出平面平面;
（2）以为坐标原点，分别以垂直于平面向上的方向、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，求出相应点的坐标，求出平面的一个法向量和平面的法向量，利用空间向量数量积运算公式，可以求出二面角的余弦值.
【详解】
解：（1）证明：因为半圆弧上的一点，所以.
在中，分别为的中点，所以，且.
于是在中， ，
所以为直角三角形，且.
因为，,所以.
因为，，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）由已知，以为坐标原点，分别以垂直于、向量所在方向作为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，,
,,.
设平面的一个法向量为,
则即，取,得.
设平面的法向量,
则即，取,得.
所以，
又二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.
【点睛】
本题考查了利用线面垂直判定面面垂直、利用空间向量数量积求二面角的余弦值问题.
21、（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
（1）运用绝对值不等式的性质，注意等号成立的条件，即可求得最小值，再运用柯西不等式，即可得到最小值.
（2）利用基本不等式即可得到结论，注意等号成立的条件.
【详解】
（1）由题意，则函数
，
又函数的最小值为，即，
由柯西不等式得，
当且仅当时取“=”.
故.
（2）由题意，利用基本不等式可得，，，
（以上三式当且仅当时同时取“=”）
由（1）知，，
所以，将以上三式相加得
即.
【点睛】
本题主要考查绝对值不等式、柯西不等式等基础知识，考查运算能力，属于中档题.
22、（1）见解析（2）
【解析】
（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；
（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.
【详解】
（1）因为平面，所以，
又因为，，，所以，
因此，所以，
因此平面，所以，
从而，又四边形为平行四边形，
则四边形为矩形；
（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，
平面的法向量，设平面的法向量，
由，
由，
令，即，
所以，，
所以，所求二面角的余弦值是.
【点睛】
本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算能力，是中档题.