2026届河南省许昌市建安区第三高中数学高三第一学期期末调研试题含解析

2026届河南省许昌市建安区第三高中数学高三第一学期期末调研试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．设集合则（）A． B． C． D．2．已知函数是奇函数，则的值为（）A．－10 B．－9 C．－7 D．13．函数的图象在点处的切线为，则在轴上的截距为（）A． B． C． D．4．已知实数，满足，则的最大值等于()A．2 B． C．4 D．85．已知三棱锥中，是等边三角形，，则三棱锥的外接球的表面积为（）A． B． C． D．6．已知为虚数单位，实数满足，则()A．1 B． C． D．7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体中的最长棱长为（）A． B． C． D．8．设函数若关于的方程有四个实数解，其中，则的取值范围是（）A． B． C． D．9．下列函数中，既是奇函数，又是上的单调函数的是()A． B．C． D．10．已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为、、元）．甲、乙租车费用为元的概率分别是、，甲、乙租车费用为元的概率分别是、，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（）A． B． C． D．11．已知双曲线：的左、右两个焦点分别为，，若存在点满足，则该双曲线的离心率为（）A．2 B． C． D．512．甲、乙、丙三人参加某公司的面试，最终只有一人能够被该公司录用，得到面试结果以后甲说：丙被录用了；乙说：甲被录用了；丙说：我没被录用.若这三人中仅有一人说法错误，则下列结论正确的是（）A．丙被录用了 B．乙被录用了 C．甲被录用了 D．无法确定谁被录用了二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．双曲线的左右顶点为，以为直径作圆，为双曲线右支上不同于顶点的任一点，连接交圆于点，设直线的斜率分别为，若，则_____.14．已知四棱锥的底面ABCD是边长为2的正方形，且.若四棱锥P-ABCD的五个顶点在以4为半径的同一球面上，当PA最长时，则______________；四棱锥P-ABCD的体积为______________.15．在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面，所在平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积的最大值是__________.16．图（1）是第七届国际数学教育大会（ICME-7）的会徽图案，它是由一串直角三角形演化而成的（如图（2）），其中，则的值是______.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）已知函数．(Ⅰ)求函数的极值；(Ⅱ)若,且,求证：．18．（12分）已知函数.（1）若函数，试讨论的单调性；（2）若，，求的取值范围.19．（12分）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________________，，求的面积.20．（12分）设函数.（1）若，求实数的取值范围；（2）证明：，恒成立.21．（12分）已知函数.（1）若函数的图象与轴有且只有一个公共点，求实数的取值范围；（2）若对任意成立，求实数的取值范围.22．（10分）已知函数，其中为自然对数的底数，．（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的值；（2）若，问函数有无极值点？若有，请求出极值点的个数；若没有，请说明理由．

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、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.2、B【解析】

根据分段函数表达式，先求得的值，然后结合的奇偶性，求得的值.【详解】因为函数是奇函数，所以，.故选：B【点睛】本题主要考查分段函数的解析式、分段函数求函数值，考查数形结合思想.意在考查学生的运算能力，分析问题、解决问题的能力.3、A【解析】

求出函数在处的导数后可得曲线在处的切线方程，从而可求切线的纵截距.【详解】，故，所以曲线在处的切线方程为：.令，则，故切线的纵截距为.故选：A.【点睛】本题考查导数的几何意义以及直线的截距，注意直线的纵截距指直线与轴交点的纵坐标，因此截距有正有负，本题属于基础题.4、D【解析】

画出可行域，计算出原点到可行域上的点的最大距离，由此求得的最大值.【详解】画出可行域如下图所示，其中，由于,，所以，所以原点到可行域上的点的最大距离为.所以的最大值为.故选：D【点睛】本小题主要考查根据可行域求非线性目标函数的最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.5、D【解析】

根据底面为等边三角形，取中点，可证明平面，从而，即可证明三棱锥为正三棱锥.取底面等边的重心为，可求得到平面的距离，画出几何关系，设球心为，即可由球的性质和勾股定理求得球的半径，进而得球的表面积.【详解】设为中点，是等边三角形，所以，又因为，且，所以平面，则，由三线合一性质可知所以三棱锥为正三棱锥，设底面等边的重心为，可得，，所以三棱锥的外接球球心在面下方，设为，如下图所示：由球的性质可知，平面，且在同一直线上，设球的半径为，在中，，即，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，故选：D.【点睛】本题考查了三棱锥的结构特征和相关计算，正三棱锥的外接球半径求法，球的表面积求法，对空间想象能力要求较高，属于中档题.6、D【解析】，则故选D.7、C【解析】

根据三视图，可得该几何体是一个三棱锥，并且平面SAC平面ABC，，过S作，连接BD，，再求得其它的棱长比较下结论.【详解】如图所示：由三视图得：该几何体是一个三棱锥，且平面SAC平面ABC，，过S作，连接BD，则，所以，，，，该几何体中的最长棱长为.故选：C【点睛】本题主要考查三视图还原几何体，还考查了空间想象和运算求解的能力，属于中档题.8、B【解析】

画出函数图像，根据图像知：，，，计算得到答案.【详解】，画出函数图像，如图所示：根据图像知：，，故，且.故.故选：.【点睛】本题考查了函数零点问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，画出图像是解题的关键.9、C【解析】

对选项逐个验证即得答案.【详解】对于，，是偶函数，故选项错误；对于，，定义域为，在上不是单调函数，故选项错误；对于，当时，；当时，；又时，.综上，对，都有，是奇函数.又时，是开口向上的抛物线，对称轴，在上单调递增，是奇函数，在上是单调递增函数，故选项正确；对于，在上单调递增，在上单调递增，但，在上不是单调函数，故选项错误.故选：.【点睛】本题考查函数的基本性质，属于基础题.10、B【解析】

甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元，或同为2元，或同为3元，由独立事件的概率公式计算即得．【详解】由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是，∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为．故选：B．【点睛】本题考查独立性事件的概率．掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础．11、B【解析】

利用双曲线的定义和条件中的比例关系可求.【详解】.选B.【点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，离心率求解时，一般是把已知条件，转化为a,b,c的关系式.12、C【解析】

假设若甲被录用了，若乙被录用了，若丙被录用了，再逐一判断即可.【详解】解：若甲被录用了，则甲的说法错误，乙，丙的说法正确，满足题意，若乙被录用了，则甲、乙的说法错误，丙的说法正确，不符合题意，若丙被录用了，则乙、丙的说法错误，甲的说法正确，不符合题意，综上可得甲被录用了，故选：C.【点睛】本题考查了逻辑推理能力，属基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据双曲线上的点的坐标关系得，交圆于点，所以，建立等式，两式作商即可得解.【详解】设，交圆于点，所以易知:即.故答案为：【点睛】此题考查根据双曲线上的点的坐标关系求解斜率关系，涉及双曲线中的部分定值结论，若能熟记常见二级结论，此题可以简化计算.14、90°【解析】

易得平面PAD，P点在与BA垂直的圆面内运动，显然，PA是圆的直径时，PA最长；将四棱锥补形为长方体，易得为球的直径即可得到PD，从而求得四棱锥的体积.【详解】如图，由及，得平面PAD，即P点在与BA垂直的圆面内运动，易知，当P、、A三点共线时，PA达到最长，此时，PA是圆的直径，则；又，所以平面ABCD，此时可将四棱锥补形为长方体，其体对角线为，底面边长为2的正方形，易求出，高，故四棱锥体积.故答案为：(1)90°；(2).【点睛】本题四棱锥外接球有关的问题，考查学生空间想象与逻辑推理能力，是一道有难度的压轴填空题.15、【解析】

根据与相似，，过作于，利用体积公式求解OP最值，根据勾股定理得出，，利用函数单调性判断求解即可.【详解】∵在棱长为6的正方体中，是的中点，点是面所在平面内的动点，且满足，又，∴与相似∴，即，过作于，设，，∴，化简得：，，根据函数单调性判断，时，取得最大值36，，在正方体中平面.三棱锥体积的最大值为【点睛】本题考查三角形相似，几何体体积以及函数单调性的综合应用，难度一般.16、【解析】

先求出向量和夹角的余弦值，再由公式即得.【详解】如图，过点作的平行线交于点，那么向量和夹角为，，，，，且是直角三角形，，同理得，，.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量数量积，解题关键是找到向量和的夹角.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、(Ⅰ)极大值为：，无极小值；(Ⅱ)见解析.【解析】

(Ⅰ)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可求出函数的极值；(Ⅱ)得到,根据函数的单调性问题转化为证明，即证,令，根据函数的单调性证明即可．【详解】(Ⅰ)的定义域为且令，得；令，得在上单调递增，在上单调递减函数的极大值为，无极小值(Ⅱ)，，即由(Ⅰ)知在上单调递增，在上单调递减且，则要证，即证，即证，即证即证由于，即，即证令则恒成立在递增在恒成立【点睛】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，考查运算求解能力及化归与转化思想，关键是能够构造出合适的函数，将问题转化为函数最值的求解问题，属于难题．18、（1）答案不唯一，具体见解析（2）【解析】

（1）由于函数，得出，分类讨论当和时，的正负，进而得出的单调性；（2）求出，令，得，设，通过导函数，可得出在上的单调性和值域，再分类讨论和时，的单调性，再结合，恒成立，即可求出的取值范围.【详解】解：（1）因为，所以，①当时，，在上单调递减.②当时，令，则；令，则，所以在单调递增，在上单调递减.综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）因为，可知，，令，得.设，则.当时，，在上单调递增，所以在上的值域是，即.当时，没有实根，且，在上单调递减，，符合题意.当时，，所以有唯一实根，当时，，在上单调递增，，不符合题意.综上，，即的取值范围为.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性和根据恒成立问题求参数范围，还运用了构造函数法，还考查分类讨论思想和计算能力，属于难题.19、横线处任填一个都可以，面积为．【解析】

无论选哪一个，都先由正弦定理化边为角后，由诱导公式，展开后，可求得角，再由余弦定理求得，从而易求得三角形面积．【详解】在横线上填写“”.解：由正弦定理，得.由，得.由，得.所以.又（若，则这与矛盾），所以.又，得.由余弦定理及，得，即.将代入，解得.所以.在横线上填写“”.解：由及正弦定理，得.又，所以有.因为，所以.从而有.又，所以由余弦定理及，得即.将代入，解得.所以.在横线上填写“”解：由正弦定理，得.由，得，所以由二倍角公式，得.由，得，所以.所以，即.由余弦定理及，得.即.将代入，解得.所以.【点睛】本题考查三角形面积公式，考查正弦定理、余弦定理，两角和的正弦公式等，正弦定理进行边角转换，求三角形面积时，①若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积；②若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．20、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）将不等式化为，利用零点分段法，求得不等式的解集.（2）将要证明的不等式转化为证，恒成立，由的最小值为，得到只要证，即证，利用绝对值不等式和基本不等式，证得上式成立.【详解】（1）∵，∴，即当时，不等式化为，∴当时，不等式化为，此时无解当时，不等式化为，∴综上，原不等式的解集为（2）要证，恒成立即证，恒成立∵的最小值为－2，∴只需证，即证又∴成立，∴原题得证【点睛】本题考查绝对值不等式的性质、解法，基本不等式等知识；考查推理论证能力、运算求解能力；考查化归与转化，分类与整合思想.21、（1）（2）【解析】

（1）求出及其导函数，利用研究的单调性和最值，根据零点存在定理和零点定义可得的范围．（2）令，题意说明时，恒成立.同样求出导函数，由研究的