2026屆江西省高二上數學期末統(tǒng)考試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知實數x，y滿足，則的最大值為（）A. B.C.2 D.12．若變量x，y滿足約束條件，則目標函數最大值為（）A.1 B.-5C.-2 D.-73．已知等差數列中，，則（）A.15 B.30C.45 D.604．直線的斜率是（）A. B.C. D.5．已知等差數列的前n項和為，且，，則為（）A. B.C. D.6．命題的否定是（）A. B.C. D.7．已知實數、滿足，則的最大值為（）A. B.C. D.8．設函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.9．已知，設函數，若關于的不等式恒成立，則的取值范圍為（）A. B.C. D.10．已知拋物線的焦點坐標是，則拋物線的標準方程為A. B.C. D.11．已知一質點的運動方程為，其中的單位為米，的單位為秒，則第1秒末的瞬時速度為（）A. B.C. D.12．已知動點的坐標滿足方程，則的軌跡方程是（）A. B.C. D.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若＝，則x的值為_______14．已知，是雙曲線的兩個焦點，以線段為邊作正，若邊的中點在雙曲線上，則雙曲線的離心率____________.15．如圖，橢圓的左右焦點為，，以為圓心的圓過原點，且與橢圓在第一象限交于點，若過、的直線與圓相切，則直線的斜率______；橢圓的離心率______.16．已知圓和直線.（1）求直線l所經過的定點的坐標，并判斷直線與圓的位置關系；（2）求當k取什么值，直線被圓截得的弦最短，并求這條最短弦的長.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）如圖所示在多面體中，平面，四邊形是正方形，，，，.（1）求證：直線平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值.18．（12分）已知函數（1）當時，求曲線在點（0，f（0））處的切線方程；（2）若存在，使得不等式成立，求m的取值范圍19．（12分）已知等比數列滿足（1）求的通項公式；（2）記的前n項和為，證明：，，成等差數列20．（12分）已知拋物線的頂點在坐標原點，對稱軸為軸，焦點為，拋物線上一點的橫坐標為2，且（1）求拋物線的方程；（2）過點作直線交拋物線于兩點，設，判斷是否為定值？若是，求出該定值；若不是，說明理由.21．（12分）設數列的前項和為，且.（1）求數列的通項公式；（2）記，求數列的前項和為.22．（10分）如圖1，四邊形為直角梯形，，，，，為上一點，為的中點，且，，現將梯形沿折疊(如圖2)，使平面平面.（1）求證：平面平面.（2）能否在邊上找到一點(端點除外)使平面與平面所成角的余弦值為？若存在，試確定點的位置，若不存在，請說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】作出不等式對應的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求出的最大值.【詳解】作出可行域如圖所示，由可知，此直線可用由直線平移得到，求的最大值，即直線的截距最大，當直線過直線的交點時取最大值，即故選：2、A【解析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用目標函數的幾何意義，進行求最值即可【詳解】解：由得作出不等式組對應的平面區(qū)域如圖（陰影部分平移直線，由圖象可知當直線，過點時取得最大值，由，解得，所以代入目標函數，得，故選：A3、D【解析】根據等差數列的性質，可知，從而可求出結果.【詳解】解：根據題意，可知等差數列中，，則，所以.故選：D.4、D【解析】把直線方程化為斜截式即得【詳解】直線方程的斜截式為，斜率為故選：D5、C【解析】直接由等差數列求和公式結合，求出，再由求和公式求出即可.【詳解】由題意知：，解得，則.故選：C.6、C【解析】根據含全稱量詞命題的否定可寫出結果.【詳解】全稱命題的否定是特稱命題，所以命題的否定是.故選：C7、A【解析】作出可行域，利用代數式的幾何意義，利用數形結合可求得的最大值.【詳解】作出不等式組所表示的可行域如下圖所示：聯立可得，即點，代數式的幾何意義是連接可行域內一點與定點連線的斜率，由圖可知，當點在可行域內運動時，直線的傾斜角為銳角，當點與點重合時，直線的傾斜角最大，此時取最大值，即.故選：A.8、B【解析】分析可知，對任意的恒成立，由參變量分離法可得出，求出在時的取值范圍，即可得出實數的取值范圍.【詳解】因為，則，由題意可知對任意的恒成立，則對任意的恒成立，當時，，.故選：B.9、D【解析】由題設易知上恒成立，而在上，討論、，結合導數研究的最值，由不等式恒成立求的取值范圍.【詳解】由時，在上；由時，在上遞減，值域為；令且，則，當時，，即遞增，值域為，滿足題設；當時，在上，即遞減，在上，即遞增，此時值域為；當，即時存在，而在中，此時，不合題設；所以，此時要使的不等式恒成立，只需，即，可得；綜上，關于的不等式恒成立，則的取值范圍為.故選：D【點睛】關鍵點點睛：由題設易知上，只需在上恒有即可.10、D【解析】根據拋物線的焦點坐標得到2p=4,進而得到方程.【詳解】拋物線的焦點坐標是,即p=2,2p=4,故得到方程為.故答案為D.【點睛】這個題目考查了拋物線的標準方程的求法，題目較為簡單.11、C【解析】求出即得解.【詳解】解：由題意得，故質點在第1秒末的瞬時速度為.故選：C12、C【解析】此方程表示點到點的距離與到點的距離之差為8，而這正好符合雙曲線的定義，點的軌跡是雙曲線的右支，，的軌跡方程是，故選C.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、4或9.【解析】分析：先根據組合數性質得，解方程得結果詳解：因為＝，所以因此點睛：組合數性質：14、##【解析】根據線段為邊作正，得到M在y軸上，求得M的坐標，再由，得到邊的中點坐標，代入雙曲線方程求解.【詳解】以線段為邊作正，則M在y軸上，設，則，因為，所以邊的中點坐標為，因為邊的中點在雙曲線上，所以，因為，所以，即，解得，因為，所以，故答案為：15、①.②.【解析】根據直角三角形的性質求得，由此求得，結合橢圓的定義求得離心率.【詳解】連接，由于是圓的切線，所以.在中，，所以，所以，所以直線的斜率.，根據橢圓的定義可知.故答案為：；【點睛】本小題主要考查橢圓的定義、橢圓的離心率，屬于中檔題.16、（1）直線過定點P（4，3），直線和圓總有兩個不同交點（2）k=1，【解析】(1)把直線方程化為點斜式方程即可；(2)由圓的性質知，當直線與PC垂直時，弦長最短.【小問1詳解】直線方程可化為，則直線過定點P（4，3），又圓C標準方程為，圓心為，半徑為，而，所以點P在圓內，所以不論k取何值，直線和圓總有兩個不同交點.【小問2詳解】由圓的性質知，當直線與PC垂直時，弦長最短.，所以k=1時弦長最短.弦長為.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可證明出直線平面；（2）利用空間向量法可求得平面與平面夾角的余弦值.【小問1詳解】證明：因為平面，，以點為坐標原點，分別以、、為、、軸建立空間直角坐標系，則、、、、、，所以，，，設平面的法向量為，依題意有，即，令，可得，，則，平面，因此，平面.【小問2詳解】解：由題，，設平面的法向量為，依題意有，即，取，可得，，因此，平面與平面的夾角余弦值為.18、（1）（2）【解析】（1）利用導數求出切線斜率，即可求出切線方程；（2）把題意轉化為：存在，使得不等式成立，構造新函數，對m進行分類討論，利用導數求，解不等式，即可求出m的范圍.【小問1詳解】當時，,定義域為R，.所以，.所以曲線在點（0，f（0））處的切線方程為：，即.【小問2詳解】不等式可化為：，即存在，使得不等式成立.構造函數，則.①當時，恒成立，故在上單調遞增，故，解得：，故；②當時，令，解得：令，解得：故在上單調遞減，在上單調遞增，又，故，解得：，這與相矛盾，舍去；③當時，恒成立，故在上單調遞減，故，不符合題意，應舍去.綜上所述：m的取值范圍為：.19、（1）（2）證明見解析【解析】（1）設等比數列的公比為，根據，求得的值，即可求得數列的通項公式；（2）由等比數列的求和公式求得，得到，，化簡得到，即可求解【小問1詳解】解：設等比數列的公比為，因為，所以，解得，所以，所以數列的通項公式【小問2詳解】解：由（1）可得，，，所以，所以，即，，成等差數列20、（1）（2）是，0【解析】（1）根據題意，設拋物線的方程為：，則，，進而根據得，進而得答案；（2）直線的方程為，進而聯立方程，結合韋達定理與向量數量積運算化簡整理即可得答案.【小問1詳解】解：由題意，設拋物線的方程為：，所以點的坐標為，點的坐標為，因為，所以，即，解得.所以拋物線的方程為：【小問2詳解】解：設直線的方程為，則聯立方程得，所以，，因為，所以.所以為定值.21、（1）；（2）.【解析】（1）利用可求得結果；（2）由（1）可得，利用裂項相消法可求得結果.【小問1詳解】當時，；當時，，；經檢驗：滿足；綜上所述：.【小問2詳解】由（1）得：，.22、（1）證明見解析.（2）存在點，為線段中點【解析】（1）根據線面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，即可證得平面平面；（2）以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）在直角梯形中，作于于，連接，則，，則，，則，在直角中，可得，則，所以，故，且折疊后與位置關系不變.又因為平面平面，且平面平面，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）在中，由，為的中點，可得.又因為平面平面，且平面平面，所以平面，則以為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，則，，設平面的法向量為，則，令，可得平面的法向