2024江西省部分学校高一下学期6月期末考试数学含解析

这是一份2024江西省部分学校高一下学期6月期末考试数学含解析，共23页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，答题前，考生务必用直径0，本卷命题范围， 值为， 掷两枚骰子，观察所得点数， 下列说法正确的是， 下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：必修第一册、第二册.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数z在复平面内对应点的坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若一圆锥的侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知，，，则（ ）
A B. C. D.
4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ）
A. 若，且，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若为异面直线，，则不垂直于
5. 已知集合，则“”是“集合M仅有1个真子集”的（ ）
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
6. 值为
A. B. C. D.
7. 在中，点O为的外心，，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（ ）
A. 事件E与事件F互为对立事件
B. 事件M与事件N相互独立
C. 事件与事件互斥
D. 事件F与事件相互独立
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的第80百分位数是7.8
B. 一组样本数据的平均数为7，则这组数据的方差是8
C. 用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大
D. 若的标准差为2，则的标准差是6
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 的最小值为4
C. 若，则的最小值为
D. 若，，则
11. 如图，在正方体中，，分别为线段的中点，几何体的体积为，P为线段上一点，点均在球M的表面上，则（ ）
A.
B. 最小值为
C. 若P为的中点，则球M的表面积为
D. 二面角的余弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数为奇函数，则_________
13. 在四面体ABCD中，，AD与BC所成的角为60°，若E，F分别为棱AC，BD的中点，则线段EF的长等于______.
14. 已知点O是的重心，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且，则______.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在复平面内，复数对应的点为，连接OZ（O为坐标原点）可得向量，则称复数z为向量的对应复数，向量为复数z的对应向量.
（1）若复数，的对应向量共线，求实数x的值；
（2）已知复数，的对应向量分别为和，若，求的最小正周期和单调递增区间.
16. 一中学为了解某次物理考试的成绩，随机抽取了50名学生的成绩，根据这50名学生的成绩（成绩均在之间），将样本数据分为6组：、、…、、，绘制成频率分布直方图（如图所示）.

（1）求频率分布直方图中a的值，并估计这50名学生的物理成绩的平均数（同一组中的数据以该组数据所在区间中点的值作代表）；
（2）在样本中，从成绩在内的学生中，随机抽取2人，求这2人成绩都在内的概率.
17. 如图，已知菱形的边长为4，，平面，，E，F分别为BC，CD的中点，AC交EF于点G.
（1）求证：平面平面；
（2）求点B到平面PEF的距离.
18. 在中，角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围．
19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，将分别以AB，BC，AC所在的直线为旋转轴旋转一周，得到三个旋转体，，，设，，的体积分别为，，.
（1）若，，求的表面积S；
（2）若，求y最大值.江西省2023～2024学年高一6月期末教学质量检测
数 学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：必修第一册、第二册.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知复数z在复平面内对应点的坐标为，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意写出复数的代数形式，代入所求式，运用复数的四则运算计算即得.
【详解】依题意，，则.
故选：A.
2. 若一圆锥的侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆半径为，母线长为，利用侧面展开图条件建立与的关系式，作出圆锥轴截面图，证明并求出线面所成角的余弦值即可.
【详解】
作出圆锥的轴截面图,设圆锥的底面圆半径为，母线长为，依题意可得，，
即，因顶点在底面的射影即底面圆圆心,故母线与底面所成的角即.
在中，.
故选：C.
3. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的性质比较大小即可.
【详解】因为在上递增，且，
所以，即，
所以，
因为在上递减，且，
所以，即，
因为在上递增，且，
所以，即，
所以.
故选：B
4. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则（ ）
A. 若，且，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若为异面直线，，则不垂直于
【答案】D
【解析】
【分析】由平面平行的判定定理可判断A错误，由线面垂直性质可判断B错误，利用面面垂直的性质定理可判断C错误；由反证法可得D正确.
【详解】对于A，由平面平行的判定定理易知当两个平面内的两条直线平行时，不能得出两平面平行，即A错误；
对于B，若，则可得或，故B错误；
对于C，由面面垂直的性质知，两个平面垂直时，仅当直线在一个平面内且与交线垂直时才能确保直线与另一个平面垂直，
而C中直线与平面的关系不确定，故与不一定垂直，故C错误；
对于D，若，由条件易得，与二者异面矛盾，故D正确．
故选：D．
5. 已知集合，则“”是“集合M仅有1个真子集”的（ ）
A 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由集合M仅有1个真子集的条件，结合充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】集合仅有1个真子集，即集合M只有一个元素，
若，方程等价于，解得，满足条件；
若，方程要满足，有，
则集合仅有1个真子集，有或，
则时满足集合M仅有1个真子集， 集合M仅有1个真子集时不一定有，
所以“”是“集合M仅有1个真子集”的充分不必要条件.
故选：B.
6. 的值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据诱导公式以及余弦的降幂扩角公式即可容易求得.
【详解】∵cs＝－cs，cs＝－cs，
∴cscscs＝cscscs
＝
＝
＝
＝
＝－.
故选：D.
【点睛】本题考查诱导公式以及降幂扩角公式，属中档题.
7. 在中，点O为的外心，，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设D，E分别是，的中点，根据外心性质可得到，同理可得，解得，根据向量乘法可求得，代入到可求得.
【详解】设D，E分别是，的中点，根据外心性质可得到
，
同理可得，
又因，可得，
可解得，
，所以，
则.
故选：A
8. 掷两枚骰子，观察所得点数.设“两个点数都是偶数”为事件E，“两个点数都是奇数”为事件F，“两个点数之和是偶数”为事件M，“两个点数之积是偶数”为事件N，则（ ）
A. 事件E与事件F互为对立事件
B. 事件M与事件N相互独立
C. 事件与事件互斥
D. 事件F与事件相互独立
【答案】D
【解析】
【分析】用表示掷两枚骰子得到的点数，列出相关事件包含的样本点.对于A，运用对立事件的定义判断；对于B，分别计算的概率，利用独立事件的概率乘法公式检验即得；对于C，根据与的交集是否为空集判断；对于D，与选项B同法判断.
【详解】依题意，可用表示掷两枚骰子得到的点数，则.
对于A，，
而,
显然事件E与事件F互斥但不对立，如,但,故A错误；
对于B，易得，故
因，故,
而,则,因,即事件M与事件N不独立，故B错误；
对于C，由上分析，，故事件E与事件不可能互斥，即C错误；
对于D，由上分析，而,则，
因，则,
即，故事件F与事件相互独立，即D正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：本题主要考查随机事件的关系判断，属于较难题.
解题方法有：
（1）判断事件对立：必须同时成立；
（2）判断事件相互独立：必须成立；
（3）判断事件互斥：只需即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的第80百分位数是7.8
B. 一组样本数据的平均数为7，则这组数据的方差是8
C. 用分层随机抽样时，个体数最多的层里的个体被抽到的概率最大
D. 若的标准差为2，则的标准差是6
【答案】BD
【解析】
【分析】利用各特征数据的计算方法进行计算即可.
【详解】对于A，因为共个数据，
所以，则8个数据第80百分位数为,故A错误；
对于B，一组样本数据的平均数为7，可知，
则这组数据的方差为，故B正确；
对于C，由于分层抽样，每一层的抽样比是相同的，都等于总的抽样比，故C错误；
对于D，由于的标准差为2，则它的方差为4,
而的方差为，则它的标准差是6，故D正确；
故选：BD.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 的值域为
B. 的最小值为4
C. 若，则的最小值为
D. 若，，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，先求得函数定义域，判断其奇偶性，求函数在上的值域，即得在上的值域；对于B，利用常值代换法运用基本不等式即可求解；对于C，先由条件推得，再运用基本不等式即可；对于D，举反例即可排除.
【详解】对于A，由有意义可得，，即，函数定义域关于原点对称.
由,知函数为奇函数，
当时，，设，则，
因时，，即得，又函数为奇函数，故得其值域为，即A正确；
对于B，因，故，
当且仅当时等号成立，即当时，的最小值为4，故B正确；
对于C，由可得或，即或，因，故，
因，则，当且仅当时取等号，即的最小值为，故C正确；
对于D，因，不妨取，则，故D错误.
故选：ABC.
11. 如图，在正方体中，，分别为线段的中点，几何体的体积为，P为线段上一点，点均在球M的表面上，则（ ）
A.
B. 的最小值为
C. 若P为的中点，则球M的表面积为
D. 二面角的余弦值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用正方体的性质，结合台体体积公式可求得正方体边长，再利用线面垂直证明线线垂直，利用侧面展开图思想求线段和的最小值，利用外接球的截面性质来求其半径，利用二面角的平面角来求解二面角的余弦值.
【详解】由正方体性质可得：几何体是正四棱台，设正方体的边长为,
则其体积为：，解得，
因为在正方体中，有，平面，
又因为平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，而平面，
所以，故A正确；
把直角三角形与直角三角形展开成一个平面图形，
则，而，
由勾股定理可得：，故B正确；
当P为的中点，此时四棱锥是正四棱锥，其外接球的球心一定在上，
又由于，，设，
则由勾股定理得：，解得：，
此时球的表面积为：，故C错误；
取中点为，取中点为，连结，再连接，
由，平面，
所以平面，又因为，所以平面，
又因平面，所以
即二面角的平面角就是，
由正方体边长为，可知，所以，
即，故D正确；
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用二面角的定义找到其平面角，再求出相关线段，利用余弦函数定义即可得到答案.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数为奇函数，则_________
【答案】##或##或
【解析】
【分析】利用奇函数求解即可.
【详解】因为函数为奇函数，
所以由可得，
即，整理得，解得，
经检验，当或时，满足，
故答案为：
13. 在四面体ABCD中，，AD与BC所成的角为60°，若E，F分别为棱AC，BD的中点，则线段EF的长等于______.
【答案】1或
【解析】
【分析】设G为CD中点，分别连接EG，FG，构造新的根据余弦定理可得到EF的长.
【详解】设G为CD中点，分别连接EG，FG，则EG是的中位线，
可得，
同理可得，
因为AD与BC所成的角为60°
所以等于60°或120°，
当
在中根据余弦定理得，
当同理可得
故答案为：1或
14. 已知点O是的重心，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用重心的向量性质，即可得到边的关系，再利用余弦定理即可求角.
【详解】由点O是的重心，可知：，
又，可设，则，
再由余弦定理得：，
又因为，所以，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 在复平面内，复数对应的点为，连接OZ（O为坐标原点）可得向量，则称复数z为向量的对应复数，向量为复数z的对应向量.
（1）若复数，的对应向量共线，求实数x的值；
（2）已知复数，的对应向量分别为和，若，求的最小正周期和单调递增区间.
【答案】（1）2或
（2）；
【解析】
【分析】（1）写出两复数对应的向量的坐标，，利用向量共线的坐标表示式计算即得；
（2）利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，求得最小正周期，将看成整体角，利用正弦函数递增区间即可求得.
【小问1详解】
依题意，复数，的对应向量分别为，
由可得，，解得，或；
【小问2详解】
依题意，，
则，
故的最小正周期为；
由解得，，
即的单调递增区间为.
16. 一中学为了解某次物理考试的成绩，随机抽取了50名学生的成绩，根据这50名学生的成绩（成绩均在之间），将样本数据分为6组：、、…、、，绘制成频率分布直方图（如图所示）.

（1）求频率分布直方图中a的值，并估计这50名学生的物理成绩的平均数（同一组中的数据以该组数据所在区间中点的值作代表）；
（2）在样本中，从成绩在内的学生中，随机抽取2人，求这2人成绩都在内的概率.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中各组频率之和等于1求出的值，再根据平均数计算公式计算即可；
（2）先计算出内的人数，分别表示出随机试验和事件所含的样本点，利用古典概型概率公式计算即得.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，，解得，；
这50名学生的物理成绩的平均数为：；
【小问2详解】
由频率分布直方图可知，成绩在内的学生有人，
其中内有2人，设为，内有3人，设为，
“从成绩在内的学生中随机抽取2人”对应的样本空间为：
，而事件 “2人成绩都在内”=，
由古典概型概率公式可得，.
即这2人成绩都在内的概率为.
17. 如图，已知菱形的边长为4，，平面，，E，F分别为BC，CD的中点，AC交EF于点G.
（1）求证：平面平面；
（2）求点B到平面PEF的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由体积相等，分别计算和，代入计算即得.
【小问1详解】
因E，F分别为BC，CD的中点，则， 又四边形是菱形，则，
故，因平面，平面，故，
又平面，故平面，
因平面，故平面平面.
【小问2详解】
如图，连接，设点B到平面PEF的距离为.
在菱形中，，则，
的面积为，
因，则，，
故的面积为，
由可得，，解得，
即点B到平面PEF的距离为.
18. 在中，角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得，再利用辅助角公式可得；
（2）利用正弦定理可得，再由并利用三角函数单调性可求得的取值范围．
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
，
所以，
因为，所以，
所以，即，
所以，因为，
所以，即，
可得．
【小问2详解】
由正弦定理得，
即，且，
所以．
因为为锐角三角形，，所以，
所以，即．
可得，
即取值范围为．
19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，将分别以AB，BC，AC所在的直线为旋转轴旋转一周，得到三个旋转体，，，设，，的体积分别为，，.
（1）若，，求的表面积S；
（2）若，求y的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）作出旋转体，其表面积即两个圆锥侧面积的和，利用余弦定理求出，继而求得底面圆半径，代入公式计算即得；
（2）由（1）类似过程求得和，计算出其体积，作出旋转体，是由两个同底面圆的大圆锥去掉小圆锥组成的组合体，求出底面圆半径，间接法求出,代入所求式，运用换元法、基本不等式和二次函数的单调性即可求得函数最大值.
【小问1详解】

如图1，把以直线AB为旋转轴旋转一周得到旋转体，
它是由两个同底面圆的圆锥拼成的组合体，其表面积即两个圆锥的侧面积的和.
因，，，
由余弦定理，，可得，,
因,设底面圆半径为，由解得，，
于是，；
【小问2详解】
由（1）可得，，即，
底面圆半径为，
于是，.

如图2，把以直线为旋转轴旋转一周得到旋转体,
它是由两个同底面圆的大圆锥去掉小圆锥组成的组合体.
设底面圆半径为，因,易得，
则，于是，，同理可得，
于，
，
设，当且仅当时等号成立，则，
因时，函数单调递增，故，则，
即时，.
【点睛】思路点睛：本题主要考查旋转体的表面积求法和与其体积有关的函数的最值求法，属于难题.
解题思路是作出旋转体的图形，理解其组成，正确求出底面半径、高，母线长等关键量，代入公式，整理后，运用换元，利用基本不等式和函数的单调性求其最值.