江苏省连云港市灌南县2024-2025学年高一年级下册6月期末调研考试数学试卷（解析版）

2024-2025学年高一第二学期期末调研考试

数学试题

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，再涂其他答案标号.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，将答题卡交回.

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.已知集合，=(°2]产=[一2,0],则仙4=()

A.(0,2]R[-20]C.[-2,2]D{°}

【答案】C

【解析】

【分析】由区间及并集定义可得答案.

【详解】由题A={x[0<xW2},B={X\-2<X<0},

则AuB={x\-2<x<2]=[-2,2].

故选:C

2.不等式a+i）a+3）>。的解集为（）

A.B.{%k>一1或x<-3}

C.-3jD.|x|-3<x<-l}

【答案】B

【解析】

【分析】由题可得不等式解集.

/、/、f^+l>0fx+1<0

【详解】（x+l）（x+3>0n1.八或《.八，则得x>—l或x<-3.

7

'八|/+3>0[x+3<0

则解集为{不卜>一1或x<-3}.

故选:B

4+3i

3.复数z=—/在复平面内所对应的点位于（）

1-21

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

【答案】B

【解析】

【分析】由复数除法运算结合复数几何意义可得答案.

4+3i（4+3i）（l+2i）-2+1li（211、

【详解】z=——=）（=---,则z对应点为一工,三，在第二象限.

1-21（1-21）（1+21）5\55J

故选：B

4.已知向量a,8满足。卜1,他=2,若a+b=近,则。与〃的夹角为（）

71-兀八兀、5兀

A.—B.-C.-D.—

126312

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量数量积的运算律，建立方程并化简，可得答案.

【详解】设〃与〃的夹角为。，

由ci+〃=+=^|tz|2+2d-b+b=J同2+2同忖cos，+B=j5+4cos£二币,

则cos0=,，解得。=二.

23

故选:C.

5.在某频率直方图中，从左到右共有II个小矩形，若居中的那个小矩形的面积等于其他10个小矩形的面

积和的!，且样本容量为160,则居中的那组数据的频数为（）.

4

A.32B.0.2C.40D.0.25

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意得到居中的那个小矩形的面积占全部面积的;，计算得到答案.

【详解】根据题意：居中的那个小矩形的面积占全部面积的1=20%,故160x20%=32.

故选:A.

6.在长方体ABCO-AGGA中.若=A4,=1,则AN与AG所成角的余弦值为（）

A.逅B.&C.逅D.侦

4323

【答案】A

【解析】

【分析】因为4CJ/AC,所以AR与AG所成角等于A。与AC所成的角，在△AC"中，利用余弦定

理求解即可.

【详解】解：如图，连接AC,CD,.

在长方体中，因为AO//AC,所以AR与AC；所成角等于与4。所成的角;

在△AC。中，AC=®AD\=CD[=2,

RW+cA?-D,C2_22

由余弦定理得cosNR4C=

2xACxADt2x>/6x2-4.

故选：A.

sinl0°-2cos20°

7.-----------------------=()

cos10°

AGR6

A.------c.73D.—6

33

【答案】D

【解析】

【分析】根据20。=30。-10。，利用两角和差的三角公式化简所给的式子，可得结论.

sinl00-2cos20。sin100-2uos(30°-10°)

【详解】

coslO°cos10°

sin10。-2cos30。cos10。-2sin30。sin10。

cos10°

sinl00-2x^cosl00-2xlsinl0°

__________22

cos10°

-75cosio°

cos10°

故选:D.

8.已知正四面体.P—A3C的所有梭长均为石，D,E,尸分别为棱以，PB,PC的中点，则该正四面体

的外接球被平面。EF所截的截面面积为（）

兀-2兀_、八

A.—B.—C.兀D.2兀

33

【答案】C

【解析】

【分析】将正四面体如图放于正方体/VCK-中，由题目条件可得外接球半径，注意到四面体

P-E/T）相似于四面体P-A3C,相似比为据此可得球心到到平面EF。距离，然后可得截面圆半径，

可得答案.

【详解】将正四面体如图放于正方体々CK-M8LA中，因P-4AC的所有棱长均为6,

则正方体棱长为$=逅，

该正四面体的外接球即正方体的外接球，球心。为正方体中心,

V22

述.因。，E,尸分别为棱E4,PB,PC的中点，则P—EFD

4

棱长均为也，则四面体?一日工）相似于四面体P-A8C,相似比为;.

2

则力田7>=2匕>一八m=*6,设右"D中心为°|,则夕。|为正四面体P—EFD的高.

832

2

也

1走

ST

£=-£X=V6nO=

3432-2

又P,Oe。三点共线，则。到立面EFQ距禽为QO=PO一0Q=迪

42~4

注意到该正四面体的外接球被平面OE尸所截的截面为圆，则圆半径为一二后二研=小与2=1,故截

面面积为“2=兀.

二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项

符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.

9.设a,6，y表示三个不同的平面，，小〃表示两条不同的直线，则下列结论正确的有（）

A.若。_Ly,/?_!_/,则a///B.若a_Ly,。//夕，则夕_1_/

C.若机_La,〃_L〃，m/lny则。//〃D.若用_La,〃_!_/?,机_L〃，则a_L/

【答案】BCD

【解析】

【分析】由平面与平面的位置关系判断AB；由直线与平面垂直的性质判断CD.

【详解】若a，/,Z?_Ly,则。//尸或a,尸相交，故A错误；

若1_17,a!ip,则〃_Ly,故B正确；

若〃?_L。，R上0,miln，则。///,故C1E确；

若〃?J_a,nLpy则a_L/,则D正确.

故选：BCD.

10.一只不透明的口袋中装有形状、大小都相同的4个小球，其中有2个红球，I个白球和I个黑球.从中

1次随机摸出2个球，记事件A为“2个都是红球“，事件B为“1个红球I个白球”，事件C为“有1个球是黑

球”，事件。为“至少有1个是红球“，则（）

A.P（A）=-B.P（8）+P（C）=P⑼

6

C.事件A,B为相互独立事件D.事件A,B为互斥事件

【答案】ABD

【解析】

【分析】设2个红球为《，七，白球为/九黑球为c,由题可得各事件样本空间，据此可判断各选项正误.

【详解】设2个红球为4，%，白球为〃，黑球为仁

则I次随机摸出2个球的样本空间为：C=｛%%，%b,qc,%b,a2G仅'｝6种情况.

对于A,事件A的样本空间为｛6%｝，则P（A）=,，故A正确；

对干B,事件8样本空间为：｛他,生力｝，事件C样本空间为：卜仔,%G反｝,

事件D样本空间为：｛4"々为，4。,%。，4劣｝，则尸（8）=！，P（C）=-,尸（£））=?,

326

则P（3）+P（C）=P（D）,故B正确；

对于CD,由以上分析可得事件A,3不能同时发生，乂则事件A,8为互斥事件.故C错

误，D正确.

故选：ABD

11.在VABC中，AB=AC=4,BC=4x/3,分别是的中点，将VADE沿着。E翻折，使点

A运动到点P处，得到四棱锥〃一8。£力，则（）

A.对任意的点P,始终有3C_LAP

B.存在某个点尸的位置，满足平面PDEJL平面23c

C.对任意的点P,始终有平面PQE与平面P3C的交线1HBC

D.当二面角2一。七一4为60。时，四棱锥P-BCE。的体积为走

2

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A,利用线面垂直的判定定理求得8C_L平面A尸入即可证明结论；对于B,找出平面POE与

平面P3C所成的二面角，根据题意推导出/OP90，再推出B错误；对于C,利用线面平行的判定与

性质定理即可证明结论；对于D,求出四棱锥的高即可利用体积公式算出结果即可.

对于A：取8C的中点F,连接AF交力E与。，连接尸F,可知点。为。石的中点,

又因为DE为AB.AC的中点,所以4。」_0万,BPPOIDE,同理得到O尸_LD凡

又POcOF=O,夕0,。尸＜=平面夕。尸，所以。七_L平面Q4厂,

因为DE//BC,所以8C_L平面24尸，

又因为APu平面QA/，所以5C_L4P,故A正确；

对于B：设平面PQE。平面PBC=/,因为DE〃BC,DEu平面PDE，

故BC〃平面PQE，乂6Ca平面PDE，则BC///,由选项A知3C_L平面A4尸,

所以/_L平面PAF，则NOPF为平面PQE与平面P3C所成的二面角，

因为尸0=0/，所以不可能为直二面角，故B错误；

对干C：设平面也应。平面P3C=/,因为DE//BC,DEu平面PDE，

故BC〃平面PDE，又BCO平面PDE,则BC//1,故C正确；

如图，取AC的中点M,连接AW交加E与N,连接QV7,可知点N为DE的中点

乂因为RE为A民AC的中点，所以即PN_LOE,同理得到A/N_LOE,

乂PN、A4N=N,PN,MNu平面P^仪,所以DE_L平面产MV,

所以二面角?一。E一8的平面角为NPMW,

故/尸NM=60。，再过点户作平面8CE。的垂线交于点H,

向

在直角三角形PM7中，P/7=P/Vxsin60=—，

2

S旗面二（2G+4g）xlx；=36,所以匕Acm=；x3Gx"=T,故D错误；

故选：AC

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.

12.数据2,6,8,3,3,4,6,8的上四分位数为.

【答案】7

【解析】

【分析】根据百分位数的定义计算即可.

【详解】将数据从小到大排序为:2,3,3,4,6,6,8,8,

8x75%=6,所以上四分位数第6个数与第7个数的中位数，为9则=7

2

故答案为：7.

13.一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为60cm和40cm,深度为75cm,则该油槽的容积为L.

【答案】190

【解析】

【分析】由棱台的体积公式即可求解.

【详解】该油槽的容积为1x75x（6CP+402+60x40）=190000cm3=⑼>二3。=190L.

3171000cm3/L

故答案为：190.

14.在VABC中，若A8-（AC-C8）=58C・（84—AC）,则cosA的最小值为.

【答案】更

6

【解析】

2<2

【分析】先化简已知式可得〃=土出二，代入余弦定理，由基本等不等式即可得出答案.

6

【详解】由AB（AC-CB）=5BC（BA-AC）可得：

（AC+C孙（AC_CB）=5（54+AC）（BA-AC）,

所以AC?—CB2=5（%2—AC）,

设VA8c中，角A民C对应的边为凡，

所以从一/二5卜2一〃），所以"5c2,

22+5。.5212

口-I”2.212Cl"+C---------Cl+—C

所以cosB=a+。q=6=66

2ac2aclac

c5212c\[sc1

\6a6C2，~6aC&当且仅当二Ze"时取等，

>---------=-------=—66

2aclac

所以cosB的最小值为—.

6

故答案为：好.

6

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.已知m{R,函数/(%)=852%+25/^m8&¥-$出、+用的最小值为0.

(1)求常数〃?的值：

(2)求函数/(X)的图象的对称中心.

【答案】(1)m=2

(kit兀7r

⑵-/eZ

1212；

【解析】

【分析】(1)由二倍角的正弦、余弦公式和辅助角公式化简/(力，再求出/(戈)由，即可求出常数，〃的值：

(2)由(1)可得〃x)=2sin(2x+m]+2,令2x+±=kn,kwZ,即可求出函数的图象的对称中

心.

【小问I详解】

〃加8出+2履…-m'+*8s2x+Ain2*=2"2x+升"，

因为sin(2x+()w[T,l],所以/(力一=-2+6=0,所以机=2.

【小问2详解】

由⑴可得：/(x)=2sin2x+2)+2,

令2X+'=E,2EZ,则工=------,kGZ,

6212

所以函数/(力的图象的对称中心为怎一击2卜EZ.

16.某厂生产的12件产品中，有10件合格品、2件不合格品，合格品与不合格品在外观上没有区别.从这

12件产品中任意抽检2件.

（1）求2件都是合格品的概率；

（2）求1件是合格品、1件是不合格品的概率；

（3）若抽检的2件产品都是不合格品，则这批产品将被退货，求这批产品没有被退货的概率.

【答案】（1）匕

22

⑵此

33

65

（3）——

66

【解析】

【分析】（1）可得从12件产品中任意抽检2件的基本事件数的共个数，同时可得其中2件都是合格品的事

件数，代入古典概型计算公式可得答案；

（2）可得I件是合格品、1件是不合格品的事件数，代入古典概型计算公式可得答案；

（3）可得抽检的2件产品都是不合格品的事件数，代入古典概型计算公式可得这批产品没有被退货的概

率.

【小问1详解】

从12件产品中任意抽检2件，共有CA=孕口=66种抽取方法，

2x1

其中2件都是合格品的事件数有：《0=坐2=45种，

2x1

4515

可得2件都是合格品的概率：P=—=—.

6622

【小问2详解】

其中1件是合格品、1件是不合格品的事件数有：C；C；o=2O种，

可得1件是合格品、1件是不合格品的概率：夕="=!；

6633

【小问3详解】

抽检的2件产品都是不合格品的事件数有=1种，

可得抽检的2件产品都是不合格品的概率：P=L

66

即这批产品没有被退货的概率为

6666

17.已知mb,。分别为VA8C三个内角4,B,。的对边，&sinC+〃cosC=力+。.

(1)求A；

（2）若〃=l.V4/?。的面积为75.求

【答案】（1）A=-

3

（2）a=\/\3

【解析】

【分析】（1）由正弦定理、三角恒等变换即可求解；

（2）由三角形面积公式求得c,再由余弦定理即可求解〃.

【小问1详解】

因为GasinC+ocosC=b+c，所以GsinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC，

即V3sinAsinC+sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC，

BP73sinAsinC=cosAsinC+sinC，

因为。£（0,兀），所以sinC>0,

所以x/5sinA=cosA+l，即2sin|A_.=I,BPsin^A-^=,

因为A£（0,7i）,所以孚］,

6I66J

所以A—乙二巴，解得A='

663

【小问2详解】

由题意6=S・史■二9c，解得c=4,

…c224

所以由余弦定理有/=r+42-2xlx4xg=13,解得4=

18.如图，在棱长为2的正方体48。一A181GA中，”为棱从4的中点，。为8。的中点.

(1)证明：A。〃平面MBO;

(2)求点C到平面的距离;

（3）证明：平面MB。_L平面OGA.

【答案】（1）见解析（2）理

八

（3）见解析

【解析】

【分析】（1）由题意先证得MO//4。，再由线面平行的判定定理即可证明；

（2）由等体积法可得匕t皿=匕£皿，再由棱锥的体枳公式即可得出答案；

⑶取AD,BC中点为E,产，由EF//CR,则平面0GA即为平面耳。。，先证得CAJLMQ,

ED,1MD,再由线面垂直的判定定理可证得平面OGR,最后由面面垂直的判定定理即可证明

平面平面。GR.

【小问1详解】

连接M0,4C,因为四边形ABC力为正方形，。为的中点，

所以AC过点。，且。为AC的中点，

在△AAC中，0,M分别为4cAA的中点，

所以MO//AC,ACS平面MOu平面M3。，

所以〃平面例反＞

【小问2详解】

因为3。=yjBA2+AD2=」22s=25/2，

因为A41J■底面ABC。，

48,4。（=底面43。。，所以翅A/）,AAJ,A8,

所以MB=MD=y/MA2+AD2=y/l2+22=6，

所以S.MQ=；x2VixJ（石『-=；x2无义币=R，

SCBD=&X2X2=2,

设点C到平面MBD的距离为d,因为VC-MBD=KM-CBD，

所以QS，"=QS.C8/)•AM,所以=所以d=—―.

333

所以点C到平面MBD的距离为在.

3

【小问3详解】

取AD,3c的中点为瓦尸，连接所，C,F,连接RE与MD交于点Q,

由正方体的性质可得EF//C.Z),,所以E,F，G，D],O五点共面，

所以平面OG。即为平面EFCQ,

又由正方体的性质可得G。-L平面ADD}Ai,MDu平面A。。A,

所以在三角形0/0中，tanZD,FD=-^=2,lanZAMD=—=2,

EDMA

所以NRED=NAMD,又因为NMD4+N/W〃)=90。，所以/MD4-FZDIED=90°,

所以在三角形QEQ,NEQD=90。,所以ER_LMO,

后。,€；。匚平面0€；2，EDqCR=Di，所以加。_1_平面0£。1,

乂因为MQu平面所以正面MZ?Q_L平面。GA.

)--------4A

O：QD

ABAED

19.如图，A3是圆。的直径，AO垂直于圆。所在的平面，AB=2g，A。=2，点C是圆。上不同于

A8的任意一点，E为BD的中点.

(备用图)

(1)证明：BC_L平面AC£＞；

(2)若直线与平面AC。所戊的角为30。，求二面角O-CE-4的余弦值;

（3）若点。为圆。（含圆周）内任意一点，它到点A距离与到直线8。的距离相等，求三棱锥

P-45O体积的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；

1

（2）-；

3

⑶°，亍♦

X」

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直性质得AO工3C,再根据直径的特点得AC_L8C,最后利用线面垂直的判

定即可证明；

Q

（2）取CE中点为歹，连结斯，利用余弦定理得8G?二；，再次在中利用余弦定理即可得到答案：

（3）过点夕作垂足为〃，利用线面垂直判定定理即可得到301平面P0”，再求出

0SPH4达,最后根据锥体的体积公式即可得到范围.

3

【小问1详解】

因为AO_L平面A8C,且BCu平面A8C,所以AO18C,

因为点C在以A3为直径的圆上，所以AC_L3C,

又因为

所以8cl.平面ACO.

【小问2详解】

因为ADJL平面ABC,