2026届河南省漯河实验高中高一上数学期末预测试题含解析

2026届河南省漯河实验高中高一上数学期末预测试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．设函数,若关于的方程有四个不同的解,且,则的取值范围是（）A. B.C. D.2．已知、是方程两个根，且、，则的值是（）A. B.C.或 D.或3．若-3和1是函数y=loga（mx2+nx-2）的两个零点，则y=logn|x|的图象大致是（）A. B.C. D.4．的值是A.0 B.C. D.15．已知函数，则（）A.5 B.C. D.6．已知，则“”是“”的（）A.充分非必要条件 B.必要非充分条件C.充要条件 D.既非充分又非必要条件7．已知，求的值（）A. B.C. D.8．如图，一个空间几何体的主视图、左视图、俯视图为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为A.1 B.C. D.9．“”是“且”的（）A.必要而不充分条件 B.充分而不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件10．已知扇形的半径为，面积为，则这个扇形的圆心角的弧度数为（）A. B.C. D.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．函数的定义域为_____________.12．函数满足，且在区间上，则的值为____13．函数的最小值为_______14．已知函数，实数，满足，且，若在上的最大值为2，则____15．已知偶函数在单调递减，.若，则的取值范围是__________.16．已知，则的大小关系是___________________.(用“”连结)三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．如图，已知，分别是正方体的棱，的中点.求证:平面平面.18．已知是偶函数，是奇函数，且，（1）求和的表达式；（2）若对于任意的，不等式恒成立，求的最大值19．如图，四边形是矩形，平面，平面，，（1）证明：平面平面；（2）求三棱锥的体积20．已知集合，.（1）当时，求，；（2）若，且“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.21．有一圆与直线相切于点，且经过点，求此圆的方程

参考答案一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1、D【解析】由题意，根据图象得到，，，，，推出.令，，而函数.即可求解.【详解】【点睛】方法点睛：已知函数零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.2、B【解析】先用根与系数的关系可得＋＝，＝4，从而可得＜0，＜0，进而，所以，然后求的值，从而可求出的值.【详解】由题意得＋＝，＝4，所以，又、，故，所以，又.所以.故选：B.3、C【解析】运用零点的定义和一元二次方程的解法可得【详解】根据题意得，解得，∵n=2＞1由对数函数的图象得答案为C.故选C【点睛】本题考查零点的定义，一元二次方程的解法4、B【解析】利用诱导公式和和差角公式直接求解.【详解】故选：B5、A【解析】分段函数求值，根据自变量的取值范围代相应的对应关系【详解】因为所以故选：A6、A【解析】“a＞1”⇒“”，“”⇒“a＞1或a＜0”，由此能求出结果【详解】a∈R，则“a＞1”⇒“”，“”⇒“a＞1或a＜0”，∴“a＞1”是“”的充分非必要条件故选A【点睛】充分、必要条件的三种判断方法

定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒”为真，则是的充分条件

等价法：利用⇒与非⇒非，⇒与非⇒非，⇔与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法

集合法：若⊆，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件7、A【解析】利用同角三角函数的基本关系，即可得到答案；【详解】，故选：A8、D【解析】由三视图可知：此立体图形是一个底面为等腰直角三角形，一条棱垂直于底面的三棱锥；所以其体积为.故选D.考点：三视图和立体图形的转化；三棱锥的体积.9、A【解析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质分析判断【详解】当时，满足，而不成立，当且时，，所以，所以“”是“且”的必要而不充分条件，故选：A10、A【解析】由扇形的面积公式即可求解.【详解】解：设扇形圆心角的弧度数为，则扇形面积为，解得，因为，所以扇形的圆心角的弧度数为4.故选：A二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】根据偶次根式和分式有意义的要求可得不等式组，解不等式组可求得结果.【详解】由题意得：，解得：且，即的定义域为.故答案为：.12、【解析】分析：先根据函数周期将自变量转化到已知区间，代入对应函数解析式求值，再代入对应函数解析式求结果.详解：由得函数的周期为4，所以因此点睛：(1)求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现的形式时，应从内到外依次求值.(2)求某条件下自变量的值，先假设所求的值在分段函数定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记代入检验，看所求的自变量的值是否满足相应段自变量的取值范围.13、【解析】根据正弦型函数的性质求的最小值.【详解】由正弦型函数的性质知：，∴的最小值为.故答案为：.14、4【解析】由题意结合函数的解析式分别求得a,b的值，然后求解的值即可.【详解】绘制函数的图像如图所示，由题意结合函数图像可知可知，则，据此可知函数在区间上的最大值为，解得，且，解得：，故.【点睛】本题主要考查函数图像的应用，对数的运算法则等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15、【解析】因为是偶函数，所以不等式，又因为在上单调递减，所以，解得.考点：本小题主要考查抽象函数的奇偶性与单调性，考查绝对值不等式的解法，熟练基础知识是关键.16、【解析】利用特殊值即可比较大小.【详解】解：，，，故.故答案为：.三、解答题：本大题共5小题，共70分。解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、见解析【解析】取的中点，连接、，则，进一步得到四边形为平行四边形，同理得到四边形为平行四边形，结合线面平行的判定即可得到结果.【详解】证明:取的中点，连接、.因为、分别为、的中点，.四边形为平行四边形..、分别为、的中点，∴，∴四边形为平行四边形，∴，∴.∵平面，平面，平面又，平面平面.【点睛】本题主要考查面面平行的判定，属于基础题型.18、（1），；（2）【解析】（1）根据已知的关系式以及函数的奇偶性列出另一个关系式，联立求出函数和的表达式；（2）先将已知不等式进行化简，然后可以分离参数，利用基本不等式求最值即可求解．【详解】（1）因为为偶函数，为奇函数，①，所以，即②，联立①②，解得：，，（2）因为，，由对于任意的恒成立，可得对于任意的恒成立，即对于任意的恒成立，所以对于任意的恒成立，所以，因为，当且仅当即时等号成立，所以，所以的最大值为19、（1）证明见解析（2）1【解析】（1）由平面，平面，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，平面，然后利用面面平行的判定定理证明；（2）由平面，得到点到平面的距离，然后利用求解【小问1详解】证明：平面，平面，，又平面，平面，平面，在矩形中，，且平面，平面，平面，又，∴平面平面【小问2详解】平面，∴点到平面的距离为，∵四边形矩形，，，，20、（1），或；（2）【解析】（1）当时，求出集合，，由此能求出，；（2）推导出，的真子集，求出，，列出不等式组，能求出实数的取值范围【小问1详解】或，当时，，，或；【小问2详解】若，且“”是“”的充分不必要条件，，的真子集，，，，解得实数的取值范围是21、x2＋y2－10x－9y＋39＝0【解析】法一:设出圆的方程,代入B点坐标,计算参数,即可.法二:设出圆的方程，结合题意，建立方程，计算参数，即可．法三：设出圆的一般方程，代入A,B坐标，建立方程，计算参数，即可．法四：计算CA直线方程，计算BP方程，计算点P坐标，计算半径和圆心坐标，建立圆方程，即可【详解】法一：由题意可设所求的方程为，又因为此圆过点，将坐标代入圆的方程求得，所以所求圆