江西省校级联考2026届高一下数学期末调研试题含解析

江西省校级联考2026届高一下数学期末调研试题注意事项：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．圆关于直线对称的圆的方程为（）A． B．C． D．2．设全集，集合，则（）A． B． C． D．3．已知函数是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数满足，则的最大值是（）A．1 B． C． D．4．已知向量=(3，4)，=(2，1)，则向量与夹角的余弦值为()A． B． C． D．5．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P﹣ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则异面直线AB与CE所成角的正弦值为（）A． B． C． D．6．的内角，，的对边分别为，，．已知，则（）A． B． C． D．7．过点且与圆相切的直线方程为（）A． B．或C．或 D．或8．下列条件：①；②；③；其中一定能推出成立的有（）A．0个 B．3个 C．2个 D．1个9．已知满足：，则目标函数的最大值为（）A．6 B．8 C．16 D．410．已知点满足条件则的最小值为（）A．9 B．-6 C．-9 D．6二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11．黄金分割比是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为，约为0.618，这一数值也可以近似地用表示，则_____.12．如图，两个正方形，边长为2，.将绕旋转一周，则在旋转过程中，与平面的距离最大值为______.13．定义为数列的均值,已知数列的均值,记数列的前项和是,若对于任意的正整数恒成立,则实数k的取值范围是________．14．将边长为1的正方形(及其内部)绕旋转一周形成圆柱,点､分别是圆和圆上的点,长为,长为,且与在平面的同侧,则与所成角的大小为______.15．若，且，则__________．16．在空间直角坐标系中，点关于原点的对称点的坐标为______．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．已知α为锐角，且tanα=（I）求tanα+（II）求5sin18．求函数的单调递增区间.19．已知，.（1）求的值；（2）求的值.20．△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a=bcosC+csinB．（Ⅰ）求B；（Ⅱ）若b=2，求△ABC面积的最大值.21．已知函数，且，.（1）求该函数的最小正周期及对称中心坐标；（2）若方程的根为，且，求的值.

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、B【解析】

设圆心关于直线对称的圆的圆心为，则由，求出的值，可得对称圆的方程.【详解】圆的圆心为，半径，则不妨设圆关于直线对称的圆的圆心为，半径为，则由，解得，故所求圆的方程为.故选：B【点睛】本题考查了圆的标准方程、中点坐标公式，需熟记圆的标准形式，属于基础题.2、B【解析】

先求出，由此能求出．【详解】∵全集，集合，∴，∴．故选B．【点睛】本题主要考查集合、并集、补集的运算等基本知识，体现运算能力、逻辑推理等数学核心素养．3、D【解析】由图象性质可知，，解得，故选D。4、A【解析】

由向量的夹角公式计算．【详解】由已知，，．∴．故选A．【点睛】本题考查平面向量的数量积，掌握数量积公式是解题基础．5、B【解析】

由异面直线所成角的定义及求法，得到为所求，连接，由为直角三角形，即可求解．【详解】在四棱锥中，，可得即为异面直线与所成角，连接，则为直角三角形，不妨设，则，所以,故选B．【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的作法及求法，其中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．6、A【解析】

由正弦定理，整理得到，即可求解，得到答案.【详解】在中，因为，由正弦定理可得，因为，则，所以，即，又因为，则，故选A.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中熟练应用正弦定理的边角互化，以及特殊角的三角函数是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.7、C【解析】

分别考虑斜率存在和不存在两种情况得到答案.【详解】如图所示：当斜率不存在时：当斜率存在时：设故答案选C【点睛】本题考查了圆的切线问题，忽略掉斜率不存在是容易发生的错误.8、D【解析】

利用特殊值证得①②不一定能推出，利用平方差公式证得③能推出.【详解】对于①，若，而，故①不一定能推出；对于②，若，而，故②不一定能推出；对于③，由于，所以，故，也即.故③一定能推出.故选：D.【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查实数大小比较，属于基础题.9、D【解析】

作出不等式组对应的平面区域，数形结合，利用z的几何意义，即得。【详解】由题得，不等式组对应的平面区域如图，中z表示函数在y轴的截距，由图易得，当函数经过点A时z取到最大值，A点坐标为，因此目标函数的最大值为4.故选：D【点睛】本题考查线性规划，是基础题。10、B【解析】试题分析：满足约束条件的点的可行域，如图所示由图可知，目标函数在点处取得最小值，故选B.考点：线性规划问题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。11、【解析】

代入分式利用同角三角函数的平方关系、二倍角公式及三角函数诱导公式化简即可.【详解】.故答案为：2【点睛】本题考查同角三角函数的平方关系、二倍角公式及三角函数诱导公式，属于基础题.12、【解析】

绕旋转一周得到的几何体是圆锥，点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像，根据图像判断出圆的下顶点距离平面的距离最大，解三角形求得这个距离的最大值.【详解】绕旋转一周得到的几何体是圆锥，故点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像如下图所示，根据图像作法可知，当位于圆心的正下方点位置时，到平面的距离最大.在平面内，过作，交于.在中，,.所以①.其中，，所以①可化为.故答案为：【点睛】本小题主要考查旋转体的概念，考查空间点到面的距离的最大值的求法，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题.13、【解析】

因为,,从而求出,可得数列为等差数列,记数列为,从而将对任意的恒成立化为,,即可求得答案.【详解】,,故,,则,对也成立,,则,数列为等差数列,记数列为.故对任意的恒成立,可化为:,；即,解得,,故答案为:．【点睛】本题考查了根据递推公式求数列通项公式和数列的单调性,掌握判断数列前项和最大值的方法是解题关键,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.14、【解析】

画出几何体示意图，将平移至于直线相交，在三角形中求解角度.【详解】根据题意，过B点作BH//交弧于点H，作图如下：因为BH//，故即为所求异面直线的夹角，在中，，在中，因为，故该三角形为等边三角形，即：，在中，，，且母线BH垂直于底面，故：，又异面直线夹角范围为，故，故答案为：.【点睛】本题考查异面直线的夹角求解，一般解决方法为平移至直线相交，在三角形中求角.15、【解析】根据三角函数恒等式，将代入得到，又因为，故得到故答案为。16、【解析】

利用空间直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标特征解答即可.【详解】在空间直角坐标系中，关于原点对称的点的坐标对应互为相反数，所以点关于原点的对称点的坐标为.故答案为：【点睛】本题主要考查空间直角坐标系中对称点的特点，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.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、（I）tanα+π【解析】试题分析：（1）根据两角和差的正切公式，将式子展开，根据题干中的条件代入即可；（2）这是其次式的考查，上下同除以cosα（I）tanα+（II）因为tanα=1518、（）【解析】

先化简函数得到,再利用复合函数单调性原则结合整体法求单调区间即可.【详解】,令,则,因为是的一次函数,且在定义域上单调递增,所以要求的单调递增区间,即求的单调递减区间,即(),∴(),即(),∴函数的单调递增区间为().【点睛】本题考查求复合型三角函数的单调区间,答题时注意,复合函数的单调性遵循“同增异减”法则.19、（1）；（2）.【解析】

（1）利用同角三角函数的平方关系可求出的值，然后再利用同角三角函数的商数关系可求出的值；（2）在分式分子和分母中同时除以，将所求分式转化为含的分式求解，代值计算即可.【详解】（1），，因此，；（2）原式.【点睛】本题考查同角三角函数的商数关系求值，同时也考查了弦化切思想的应用，解题时要熟悉弦化切所适用的基本情形，考查计算能力，属于基础题.20、（Ⅰ）B=（Ⅱ）【解析】

(1)∵a=bcosC+csinB∴由正弦定理知sinA=sinBcosC+sinCsinB①在三角形ABC中，A=－(B+C)∴sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC②由①和②得sinBsinC=cosBsinC而C∈(0，)，∴sinC≠0，∴sinB=cosB又B(0，)，∴B=(2)S△ABCacsinBac，由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accos2ac﹣2ac，整理得：ac，当且仅当a＝c时，等号成立，则△ABC面积的最大值为（2）1．21、(1