河南省平頂山，許昌市，汝州市2026屆數學高一上期末統(tǒng)考試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1．已知是兩條不同直線，是三個不同平面，下列命題中正確的是（）A.若則 B.若則C.若則 D.若則2．在三棱柱中，各棱長相等，側棱垂直于底面，點是側面的中心，則與平面所成角的大小是（）A. B.C. D.3．下列函數中，是冪函數的是（）A. B.C. D.4．已知，則（）A. B.C.2 D.5．已知定義在R上的函數，（e為自然對數的底數，），則（）A.3 B.6C.3e D.與實數m的取值有關6．已知，則a，b，c的大小關系為（）A. B.C. D.7．設的兩根是，則A. B.C. D.8．設，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9．若直線與直線相交，且交點在第一象限，則直線的傾斜角的取值范圍是A. B.C. D.10．設集合，，則集合與集合的關系是（）A. B.C. D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11．函數，的圖象恒過定點P，則P點的坐標是_____.12．已知正三棱柱的所有頂點都在球的球面上，且該正三棱柱的底面邊長為2，高為，則球的表面積為________13．已知冪函數為奇函數，則___________.14．已知，則函數的最大值為__________.15．在中，已知是上的點，且，設，，則＝________．(用，表示)16．設函數則的值為________三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．已知定義在R上的函數滿足：①對任意實數x，y，都有；②對任意（1）求；（2）判斷并證明函數的奇偶性；（3）若，直接寫出的所有零點（不需要證明）18．計算下列式子的值：（1）；（2）.19．已知函數，若函數的圖象過點，（1）求的值；（2）若，求實數的取值范圍；（3）若函數有兩個零點，求實數的取值范圍.20．已知圓C過，兩點，且圓心C在直線上（1）求圓C的方程；21．定義：若對定義域內任意x，都有（a為正常數），則稱函數為“a距”增函數（1）若，(0，)，試判斷是否為“1距”增函數，并說明理由；（2）若，R是“a距”增函數，求a的取值范圍；（3）若，(﹣1，)，其中kR，且為“2距”增函數，求的最小值

參考答案一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每個小題給出的四個選項中，恰有一項是符合題目要求的1、D【解析】A項，可能相交或異面,當時，存在，，故A項錯誤；B項，可能相交或垂直,當

時，存在，，故B項錯誤；C項，可能相交或垂直,當

時，存在，，故C項錯誤；D項，垂直于同一平面的兩條直線相互平行，故D項正確,故選D.本題主要考查的是對線，面關系的理解以及對空間的想象能力.考點：直線與平面、平面與平面平行的判定與性質；直線與平面、平面與平面垂直的判定與性質.2、C【解析】如圖，取中點，則平面，故，因此與平面所成角即為，設，則，，即，故，故選:C.3、B【解析】根據冪函數的定義辨析即可【詳解】根據冪函數的形式可判斷B正確，A為一次函數，C為指數函數，D為對數函數故選：B4、B【解析】先求出，再求出，最后可求.【詳解】因為，故，因為，故，而，故，所以，故，所以，故選：B5、B【解析】可證，從而可得正確的選項.【詳解】因為，故，故，故選：B6、B【解析】首先求出、，即可判斷，再利用作差法判斷，即可得到，再判斷，即可得解；【詳解】解：由，所以，可知，又由，有，又由，有，可得，即，故有.故選：B7、D【解析】詳解】解得或或即，所以故選D8、D【解析】分別取特殊值驗證充分性和必要性不滿足，即可得到答案.【詳解】充分性：取，滿足“”，但是“”不成立，即充分性不滿足；必要性：取，滿足“”，但是“”不成立，即必要性不滿足；所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D9、C【解析】聯立方程得交點，由交點在第一象限知：解得，即是銳角，故，選C.10、D【解析】化簡集合、，進而可判斷這兩個集合的包含關系.【詳解】因為，，因此，.故選：D.二、填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分。11、【解析】令，解得，且恒成立，所以函數的圖象恒過定點；故填.12、【解析】首先判斷正三棱柱外接球的球心，即上下底面正三角形中心連線的中點，然后構造直角三角形求半徑，代入公式求解.【詳解】如圖：設和分別是上下底面等邊三角形的中心，由題意可知連線的中點就是三棱柱外接球的球心，連接，是等邊三角形，且，，，球的表面積.故答案為：【點睛】本題考查求幾何體外接球的表面積的問題，意在考查空間想象能力和轉化與化歸和計算能力，屬于基礎題型.13、【解析】根據冪函數的定義，結合奇函數的定義進行求解即可.【詳解】因為是冪函數，所以，或，當時，，因為，所以函數是偶函數，不符合題意；當時，，因為，所以函數是奇函數，符合題意，故答案為：14、【解析】換元，，化簡得到二次函數，根據二次函數性質得到最值.【詳解】設，，則，，故當，即時，函數有最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查了指數型函數的最值，意在考查學生的計算能力，換元是解題的關鍵.15、＋##【解析】根據平面向量的線性運算可得答案.【詳解】因為，所以，所以可解得故答案為：16、【解析】直接利用分段函數解析式，先求出的值，從而可得的值.【詳解】因為函數，所以，則，故答案為.【點睛】本題主要考查分段函數的解析式、分段函數解不等式，屬于中檔題.對于分段函數解析式的考查是命題的動向之一，這類問題的特點是綜合性強，對抽象思維能力要求高，因此解決這類題一定要層次清楚，思路清晰.三、解答題：本大題共5小題，共70分。解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）（2）為偶函數，證明見解析（3）【解析】（1）令，化簡可求出，（2）令，則，化簡后結合函數奇偶性的定義判斷即可，（3）利用賦值求解即可【小問1詳解】令，則，，得或，因對任意，所以【小問2詳解】為偶函數證明：令，則，得，所以為偶函數【小問3詳解】令，則，因為，所以，當時，，當時，，當時，，當時，，……，所以即當時，，所以函數的零點為18、（1）0（2）2【解析】（1）利用誘導公式化簡每部分，化簡求值；（2）每一部分都化簡成以10為底的對數，按照對數運算公式化簡求值.【詳解】（1）解：原式.（2）解：原式.【點睛】本題考查三角函數誘導公式和對數運算公式化簡求值，意在考查基本公式和計算能力，屬于基礎題型.19、(1).(2).(3).【解析】（1）由函數過點，代入函數即可得的值；（2）由可得的取值范圍；（3）由函數的大致圖象即可得的取值范圍.試題解析：（1），，，.（2），，.（3）當時，是減函數，值域為.偶函數，時，是增函數，值域為，函數有兩個零點時，.點睛：已知函數零點的個數（方程根的個數）求參數值（取值范圍）的方法(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解，對于一些比較復雜的函數的零點問題常用此方法求解．本題中在結合函數圖象分析得基礎上還用到了方程根的分布的有關知識20、（1）；（2）或.【解析】（1）設圓C的圓心為，半徑為r，結合題意得，解出a、b、r的值，將其值代入圓的方程即可得答案（2）根據題意，分類討論，斜率存在和斜率不存在兩種情況：①當直線l的斜率不存在時，滿足題意，②當直線l的斜率存在時，設所求直線l的斜率為k，則直線l的方程為：，由點到直線的距離公式求得k的值，即可得直線的方程，綜合2種情況即可得答案【小問1詳解】根據題意，設圓C的圓心為，半徑為r，則圓C方程為，又圓C過，，且圓心C在直線上，∴，解得：，，，故圓C的方程為小問2詳解】根據題意，設直線l與圓C交與MN兩點，則，設D是線段MN的中點，則，∴，在中，可得當直線l的斜率不存在時，此時直線l的方程為，滿足題意，當直線l的斜率存在時，設所求直線l的斜率為k，則直線l為：，即由C到直線MN距離公式：，解得：，此時直線l的方程為綜上，所求直線l的方程為或21、（1）見解析；（2）；（3）.【解析】（1）利用“1距”增函數的定義證明即可；（2）由“a距”增函數的定義得到在上恒成立，求出a的取值范圍即可；（3）由為“2距”增函數可得到在恒成立，從而得到恒成立，分類討論可得到的取值范圍，再由，可討論出的最小值【詳解】（1）任意,,因為,,所以，所以，即是“1距”增函數（2）.因為是“距”增函數，所以恒成立，因為,所以在上