贵州省黔南州2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷（含解析）

贵州省黔南州 2024-2025 学年高一下学期期末质量监测
数学试卷
一、单选题
已知集合M x 1 x 4 , N x x 2 0 ，则 M ∩ N （ ）
( 1, 4]
( 1, 4)
(2, 4) D． (2, 4]
样本数据 2，3，6，8，9，10 的中位数是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
在V ABC 中，E 为边 BC 上的一点，且 BE 3EC ，则 AE （ ）
1 –––→
AB
3 –––→
AC
3 –––→
AB
1 –––→
AC
4 4 4 4
3 –––→
AB
5 –––→
AC
1 –––→
AB
2 –––→
AC
8 8 3 3
从 0~9 这 10 个数中随机选择一个数，则事件“这个数平方的个位上的数字是 6”的概率为（ ）
A． 1
10
B． 1
5
C． 3
10
D． 2
5
已知圆台上底面半径为 1，下底面半径为 2，母线长为 2，则圆台的体积为（ ）
3 3π B． 8 3π
3
7 3π
3
2 3π
某校在校园科技节期间举办了“智能机器人挑战 ”，为了解高一年级 500 名学生观看比的情况，该校学生会用随机抽样的方式抽取了一个容量为 50 的样本进行调查，并将数据整理后，列表如下：
从表中可以得出正确的结论为（ ）
估计观看比场数的极差为 6 B．估计观看比场数的众数为 2
C．估计观看比不低于 4 场的学生约为 200 人 D．估计观看比不超过 2 场的学生概率为0.4
如图，某数学建模活动小组为了测量河对岸的塔高 AB ，选取与塔底 B 在同一平面的两个测量基点 C 与 D．现测量得 BCD 30 , BDC 120 , CD 10m ，在点 C 处测得塔顶 A 的仰角为 60°，则塔高 AB （ ）
0m B． 20 3m C．30m D． 30 3m
函数 f (x) [x] 的函数值表示不超过 x 的最大整数，例如，[ 3.5] 4,[2.1] 2 ，则函数 g(x) x [x] 的
值域为（ ）
[0,1) B． (0,1] C． ( 1, 0)
D． ( 1,1]
二、多选题
已知复数 z 1 2i （i 是虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
| z | B．z 的虚部是 2
复数 z 的共轭复数为z 1 2i
复数 z 在复平面内对应的点位于第四象限
已知事件 A，B 满足 P( A) 0.1, P(B) 0.6 ，则下列说法正确的是（ ）
事件 A 与事件 B 可能为对立事件
若事件 A 与事件 B 相互独立，则它们的对立事件也相互独立
若事件 A 与事件 B 互斥，则 P( A B) 0.7
若事件 A 与事件 B 相互独立，则 P( AB) 0.06
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，M，N，P 分别是 BB1 , DD1, C1D1 的中点，Q 是侧面 BCC1B1
内的动点（含边界），则下列结论正确的是（ ）
A, B1 , P, N 四点共面
异面直线CD 与 BC 所成的角为 π
1 1 4
当点 Q 在线段 B1C 上运动时，三棱锥 A1 BDQ 的体积为定值
当 NQ 2
时，点 Q 的运动轨迹的长度为 2π
3
三、填空题
2
已知θ为锐角，且cosθ ，则tanθ ．
3
在一次猜灯谜活动中，共有 10 道灯谜、甲、乙两名同学独立竞猜，甲同学猜对了 8 道，乙同学猜对了
4 道，假设猜对每道灯谜是等可能的．若任选一道灯谜，则恰有一人猜对的概率为 ．
在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，三棱柱 ABC A1B1C1 为一“堑堵”，P 是 BB1 的中点， AA1 AC BC 4 ，则该“堑堵”的外接球的表面积为 ；在过点 P 且与直线 AC1
平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为
四、解答题
已知函数 f (x) lg(1 x) lg(1 x) ．
求函数 f (x) 的定义域 M；
判断函数 f (x) 的奇偶性，若 f (t) 2 ，求 f ( t) 的值．
已知平面向量 → (1, 2), b → (2, y) ，且 → → → ．
求b 和c 的坐标；
求向量2a 与向量b → 的夹角的余弦值．
在V ABC 中， c ，再从下面两个条件中，选出一个作为已知条件，解答下面的问题．条件①：
c sin A 3a cos C ；条件②： (a b)2 c2 ab ．
若b 2 ，求V ABC 的面积；
求a b 的取值范围．
18．2025 年 7 月，黔南州“铁人三项 ”在州府都匀市举行．志愿者的服务工作是比成功举办的重要保障，都匀市某单位承办了志愿者选拔的面试工作．现随机抽取 100 名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组
45, 55 ，第二组 55, 65 ，第三组 65, 75 ，第四组 75,85 ，第五组 85, 95 ，绘制成如图所示的频率分布直方图．
求 a 的值．
估计这 100 名候选者面试成绩的平均数和第 60 百分位数（保留两位小数）．
现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取部分担任本市的宣传者．若这 100 名面试者中第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为 80 和 15，第五组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为 90 和 20，据此估计这次第四组和第五组所有面试者的面试成绩的方差．
19．如图，在四棱锥 P ABCD 中，底面 ABCD 为菱形， PD 底面 ABCD，E，F 分别为线段 PA，DC 的中点．
证明： EF // 平面 PBC；
证明： AC 平面 PBD；
若 PD 2, DAB 60 ，记 PC 与平面 PAB 所成的角为θ，求sinθ的最大值．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B A B C D C A AB BCD
题号 11
答案 ACD
1．D
根据集合的交集运算求解.
【详解】M ∩ N {x∣ 1 x 4}∩{x∣x 2 0} {x∣ 1 x 4}∩{x∣x 2} {x∣2 x 4} (2, 4] ．故选：D.
2．B
根据中位数的定义求解.
【详解】因为样本数据个数是偶数，所以这组数据的中位数是第 3 位数和第 4 位数的平均数，
即 6 8 7 .
2
故选：B.
3．A
利用向量的线性运算，结合线段的比例关系来推导 AE 的表达式.
–––→ –––→ –––→ –––→
【详解】由图形可知： AE AB BE AB
3 –––→
BC
1 –––→
AB
3 –––→
AC ．
故选：A 4．B
利用列举法求解出古典概型的概率.
4 4 4
【详解】从 0~9 这 10 个数中随机选择一个数，共有 10 种可能，其样本空间可表示为
{0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8, 9}，
若一个数平方的个位上的数字是 6，则该数是 4 或 6，共 2 种情况，故所求概率为 2 1 ．故 B 正确.
10 5
故选：B.
5．C
利用圆台体积公式即可求得结果.
【详解】设上、下底面的半径分别为r1 , r2 ，高为 h，母线l 2 ，
则S πr 2 π, S
πr 2 4π ， h

3 ，
1 1 2 2
所以V 1 S
S
h 1 π
π 4π 4π 7 3π .
3
故选：C.
1
2 3 3
6．D
A 选项，利用极差的定义得到答案；B 选项，先求出m 16 ，比较频率得到众数为 1；C 选项，求出观看比 不低于 4 场的学生所占百分比，进而求出学生约为 220 人；D 选项，计算出观看比不超过 2 场的学生频率，进而判断 D 选项.
【详解】A 选项，由表可知，估计观看比场数的极差为7 0 7 ，A 错误； B 选项，由频率分布表的性质，得m 100 7 18 15 10 14 15 5 16 ． 由表知，出现频率最高的场数为 1，所以众数为 1，B 错误；
C 选项，因为观看比不低于 4 场的学生所占百分比为10% 14% 15% 5% 44% ，所以估计观看比不低于 4 场的学生约为500 44% 220 （人），C 错误；
D 选项，估计观看比不超过 2 场的学生概率为7% 18% 15% 40% 0.4 ，D 正确．故选：D.
7．C
在△BCD 中，由正弦定理求得 BC 10 3 ，在Rt△ABC 中，解直角三角形得解.
【详解】在△BCD 中，由三角形内角和定理，
得 CBD 180 BDC BCD 180 120 30 30 .
由正弦定理，得
BC
sin BDC
CD
sin CBD
，即 BC
sin120
10
sin 30
，解得 BC 10 3 ．
在Rt△ABC 中， AB BC tan 60 10 3 30 ，即塔高 AB 30m ．故选：C.
8．A
根据取整函数的定义求函数的值域.
【详解】设 x a b ，其中a x ， b 为 x 的小数部分，则0 b 1 ，则 g(x) x [x] b 0,1 ，
所以函数 g(x) 的值域为： 0,1 .
故选：A
AB
对 A，利用复数模公式求解；对 B，根据复数虚部概念判断；对 C，根据共轭复数的定义判断；对 D，根据复数的几何意义判断.
【详解】对于 A， | z | 5 ，故 A 正确；
对于 B，复数 z 1 2i 的虚部为 2，故 B 正确；
对于 C，复数 z 1 2i 的共轭复数为 z 1 2i ，故 C 错误；
对于 D，因为复数 z 在复平面内对应的点的坐标为( 1, 2) ，则复数 z 在复平面内对应的点位于第二象限，故
D 错误.
故选：AB.
BCD
利用事件的对立可对 A 判断；由利用相互独立事件的定义，可对 B 判断；利用互斥事件的概率公式，即可对 C 判断；利用相互独立事件的概率公式即可对 D 判断.
【详解】对于 A，由对立事件的概率和为 1，但 P( A) P(B) 0.7 1，故 A 错误；
对于 B，根据相互独立事件的性质可得事件A 与事件 B 相互独立，则它们的对立事件也相互独立，故 B 正确；
对于 C，若事件A 与事件 B 互斥，则 P( A B) P( A) P(B) 0.7 ，故 C 正确；
对于 D，根据相互独立事件的定义， P( AB) P( A)P(B) 0.06 ，故 D 正确.故选：BCD.
ACD
对 A，由题可得 AB1 / / DC1 ，PN / / DC1 ，得 AB1 / / PN 得证；对 B，连接 AD1 , CD1 , AC, BC1 ，可得异面直线CD1
与 BC1 所成的角为 AD1C ，求解判断；对 C，由等体积法，可得VA BDQ VQ A BD ，求解判断；对 D，由题可得点 Q 的运动轨迹是在侧面 BCC1B1 内以CC1 的中点为圆心，半径r 2 的圆弧 H MG ，求解判断.
【详解】对于 A，如图 1，在正方体中，易知 AB1 / / DC1 ．
又 P，N 分别是C1D1 , DD1 的中点，则 PN / / DC1 ，所以 AB1 / / PN ，即 A, B1 , P, N 四点共面，故 A 正确；对于 B，如图 2，分别连接 AD1 , CD1 , AC, BC1 ，由题意，易知 BC1 / / AD1 ，
则异面直线CD 与 BC 所成的角为 AD C ，易知VAD C 为等边三角形，故 AD C π ，故 B 错误；
1 1 1 1 1 3
对于 C，如图 3，由等体积法，得VA BDQ VQ A BD ．
因为 B1C / / A1D ，可得 B1C / / 平面 A1BD ，又点 Q 在线段 B1C 上运动，所以点 Q 到平面 A1BD 的距离为定值．又S△A BD 也为定值，
所以VQ A BD 为定值，即VA BDQ VQ A BD 为定值，
1 1 1
且V V V V
1 S
AA 1 1 2 2 2 4 ，故 C 正确；
A1 BDQ Q A1BD C A1BD A1 BCD
3 △BCD
1 3 2 3
对于 D，如图 4，取CC1 的中点O ，易得ON 平面 BCC1B1 ，
当 NQ 2
时，点 Q 的运动轨迹是在侧面 BCC1B1 内以CC1 的中点O 为圆心，半径r 2 的圆弧 H MG ，
在RtVOC H 中，由OH 2 ， C O 1 ，可得 C OH π ，同理， GOC π ，
1 1 1 3 3
所以圆弧 H MG 圆心角为α π ，所以点 Q 的运动轨迹的长度为l αr π 2 2π ，故 D 正确.
3 3 3
故选：ACD.
12． 5
2
根据sin2θ cos2θ 1，且θ为锐角，推出sinθ
sinθ
1 cos2 θ，根据tanθ 即可求解.
cos
【详解】因为θ为锐角，且cosθ 2 ，所以sinθ
3
1 cos2θ
5 ，
3
故tanθ sinθ
cosθ
5
3 5 ．
2 2
3
故答案为： 5 .
2
14 /0.56
25
已知甲、乙两人猜灯谜的独立事件恰有一人猜对的概率 P, 设事件 A 表示“甲猜对”，事件 B 表示“乙猜对”,则
P P( AB ∪ AB) P( A)P(B) P( A)P(B) .
【详解】设事件 A 表示“甲猜对”，事件 B 表示“乙猜对”，则 P( A) 8 4 ， P(B) 4 2 ，
所以任选一道灯谜，恰有一个人猜对的概率为：
10 5
10 5
P( AB AB) P( A)P(B) P( A)P(B) 4 1 2 1 4 2 14 ．
5 5 5 5 25
故答案为： 14 .
25
48π 6

①如图 1，把原三棱柱补成正方体，则正方体对角线为外接球的一条直径，根据2R 求
出半径，再根据面积公式S 4πR2 求解.
②如图 2，取中点 E，F，G 构造面 FGPE ，由 EF 与 AC1 线线平行推出 AC1 与面 FGPE 平行，根据边长关系进一步推出四边形 FGPE 即为唯一的等腰梯形，求其面积即可.
【详解】如图 1，将三棱柱 ABC A1B1C1 补成正方体 ACBQ A1C1B1Q1 ，
则外接球的半径 R 2 3 ，则外接球的表面积为4πR2 4π (2 3)2
2
如图 2，分别取 AA1 , A1C1 , B1C1 的中点为 E，F，G，连接 FG，EP，EF，PG．
48π ．
因为 F，G 分别为 AC , BC 的中点，所以 FG ∥ A B 且 FG 1 A B 2 2 ．
1 1 1 1
在直三棱柱 ABC A1B1C1 中， AA1
1 1
BB1 且 AA1 BB1 ．
2 1 1
因为 E，P 分别为 AA1 , BB1 的中点，所以 A1E∥B1P 且 A1E B1P ，所以四边形 A1B1PE 为平行四边形，所以
PE∥ A B 且PE AB，所以 FG PE ，且 FG 1 PE ，所以 P，E，F，G 四点共面．
1 1 1 1 2
因为 E，F 分别为 AA1 , A1C1 的中点，所以 EF ∥ AC1 ．
又 EF 平面PEFG , AC1 平面PEFG ，所以 AC1 ∥平面PEFG ． 因为 A1C1 B1C1 且 F，G 分别为 A1C1, B1C1 的中点，所以 A1F B1G ，
则 EF

PG 2 2 ，所以四边形 PEFG 即为符合要求的等腰梯形．
当 E 不是 AA1 的中点时，PE 不平行平面 A1B1C1 ，则四边形 PEFG 不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个．在等腰梯形 PEFG 中， FG EF PG 2 2 , EP 4 2 ．
过点 G 作 EP 的垂线，交 EP 于点 H，
所以GH
6, S
梯形PEFG
1 (2 2 4 2) 6 ．
2
故答案为： 48π ； 6
15．(1)函数 f (x) 的定义域为( 1,1) ；
(2) 2 .
1 x 0
（ ）根据函数解析式，得
1 x 0
，解出不等式，取交集即可；
（2）通过计算 f ( x) ，并与 f (x) 比较，即可判断奇偶性，根据奇偶性，即可求得 f ( t) .
【详解】（1）由题意， f (x) lg(1 x) lg(1 x) ，
由 1 x 0 ，解得 1 x 1，
1 x 0
则函数 f (x) 的定义域为M 1,1 ．
（2）由（1）知函数 f (x) 的定义域关于原点对称．
又 f ( x) lg(1 x) lg(1 x) lg 1 x lg 1 x f x ，所以函数 f (x) 为奇函数，
又 f (t) 2 ，所以 f ( t) f (t) 2 ．
16．(1) b 3, 6 ，→ 2, 1
(2) 3 10
10
根据两平行向量、垂直向量的坐标关系列方程求解；
求出2a 、b → 的坐标，直接代入向量夹角公式中求余弦值即可.
【详解】（1）因为 → ，所以 x 2 3 6 ，则b 3, 6 ，因为a ⊥c ，所以2 2 y 0 y 1 ，则→ 2, 1 .
（2）因为2a (2, 4) ， b → (5, 5) ，
→ → →
→ → → 2a b c 10 20 3
所以cos 2a, b c → → → ，
a b c
10
即向量2a 与向量b → 的夹角的余弦值为 3 10 .
c 10
17．(1) 3
2
(2)( 3, 2 3úù
选①，由正弦定理和同角三角函数关系得到tan C
形面积公式进行求解；
3 ，故C π ，由余弦定理得到a 1 ，利用三角
3
选②，由余弦定理求出C π ， a 1 ，由三角形面积公式求出答案；
3
解法一：由余弦定理和基本不等式得到a b 2
，结合三角形的三边关系可知a b c
3 ，从而
求出a b 的取值范围；
解法二：由正弦定理得到a 2 sin A, b 2 sin B ，结合三角恒等变换得到a b 2 3 sin A π ，结合
6
A π π , 5π ，求出

2 3 sin A 2 3 ，得到答案.
6 6 6 6

【详解】（1）选条件①：由正弦定理，得sin C sin A 3 sin A cos C ．因为 A (0, π)，所以sin A 0 ，
所以sin C 3 cos C ，得tan C 3 ．
因为C (0, π) ，所以C π ．
3
在V ABC 中，当c
3, b 2, C π 时，
3
由余弦定理c2 a2 b2 2ab cos C ，
得3 a2 4 2 a 2 1 ，即a2 2a 1 0 ，所以a 1 ，
2
所以S
1 ab sin C 1 1 2 sin π 3 ．
△ ABC
2 2 3 2
选条件②：因为(a b)2 c2 ab ，整理得a2 b2 c2 ab ．
a2 b2 c2 ab 1
由余弦定理，得cos C ．
2ab
因为C (0, π) ，所以C π ．
3
2ab 2
在V ABC 中，当c
3, b 2, C π 时，
3
由余弦定理c2 a2 b2 2ab cos C ，
得3 a2 4 2 a 2 1 ，即a2 2a 1 0 ，所以a 1 ，
2
所以S
1 ab sin C 1 1 2 sin π 3 ．
△ ABC
2 2 3 2
（2）解法一：由题设及（1）可知C π , c 3 ．
3
由余弦定理，得( 3)2 a2 b2 2ab cos π a2 b2 ab ，
3
a b 2
化简得(a b)2 3 3ab ．又ab ，
2
所以(a b)2 3 3ab 3 (a b)2 ，
4
解得a b 2 ，
当且仅当a b c 时等号成立，
由三角形的三边关系可知a b c 3 ，
所以
a b 2
，即a b 的取值范围为 3, 2 3 ．
解法二：由题设及（1）可知C π , c 3 ．
3
a
由正弦定理，得sin A
b
sin B
c
sin C
3 2
3 ，
2
所以a 2 sin A, b 2 sin B ，
得a b 2(sin A sin B) 2 sin A sin A π
3

π π

3 3
2 sin A sin A cos 3 cos Asin 3 2 2 sin A 2 cos A

2 3 3 sin A 1 cos A 2 3 sin A π ，
2 2
6

因为C π ，则 A π π , 5π ，


π 1
所以sin A ,1 ，

故
2 3 sin A π 2 3 ，
6

所以
a b 2
，即a b 的取值范围为 3, 2 3 ．
18．(1) a 0.025
(2)69.50；71.67 (3)32
根据频率直方图中各小矩形的面积之和为 1，列式求解；
根据频率直方图估算平均数公式，百分位数定义列式求解；
根据分层抽样的抽样比公式，结合总体方差运算公式进行求解即可.
【详解】（1）10 (0.005 a 0.045 0.020 0.005) 1 ，解得a 0.025 .
（2）由频率分布直方图易知每组的频率依次为0.05, 0.25, 0.45, 0.20, 0.05 ，所以这 100 名候选者面试成绩的平均数约为
50 0.05 60 0.25 70 0.45 80 0.20 90 0.05 69.50 .
因为0.05 0.25 0.30 0.60, 0.05 0.25 0.45 0.75 0.60 ，
设这 100 名候选者面试成绩的第 60 百分位数为 x，则 x [65, 75) ，则0.05 0.25 (x 65) 0.045 0.60 ，解得 x 71.67 ，
故第 60 百分位数为71.67 .
（3）设第四组、第五组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为 x , x , s2 , s2 ，
且两组频率之比为 0.20 4 ，
0.05 1
则第四组和第五组所有面试者的面试成绩的平均数为 x 4 80 1 90 82 ，
5 5
第四组和第五组所有面试者的面试成绩的方差为
s2 4 s2 x x 2 1 s2 x x 2 4 15 (80 82)2 1 20 (90 82)2 32 ，
5 1 1
5 2 2
5
5
故估计第四组和第五组所有面试者的面试成绩的方差是 32. 19．(1)证明见解析
证明见解析
sinθ 2 3 3
证法一：根据平行四边形性质以及线面平行的判定，可得答案；证法二：利用中位线性质以及线面平行判定，可得面面平行，根据面面平行的性质，可得答案.
根据菱形以及线面垂直的性质，可得线线垂直，利用线面垂直判定，可得答案.
利用等体积法，选定三棱锥，根据解三角形的思路，表示高与底，建立函数，可得答案.
【详解】（1）证法一：如图 1，取 PB 的中点为 Q，连接 EQ，CQ．
又 E，F 分别为线段 PA，DC 的中点，四边形 ABCD 为菱形，
所以 FC / / AB 且FC
1 AB， EQ / / AB 且 EQ 1 AB ，
2 2
所以 FC / / EQ 且 FC EQ ，所以四边形 EFCQ 为平行四边形，所以 EF / /CQ ．又 EF 平面 PBC ， CQ 平面 PBC，所以 EF / / 平面 PBC．
证法二：如图 2，取 PD 的中点为 G，连接 EG，FG．
由中位线性质，可得 EG / / AD ，且 AD / / BC ，所以 EG / / BC ．又 EG 平面 PBC ， BC 平面 PBC，所以 EG / / 平面 PBC．同理可证 FG / / 平面 PBC．
又 EG ∩ FG G ， EG 平面 EFG ， FG 平面 EFG，所以平面 EFG / / 平面 PBC．
又 EF 平面 EFG，所以 EF / / 平面 PBC．
证明：如图 3，连接 AC，BD．
因为四边形 ABCD 为菱形，所以 AC ⊥BD ．
因为 PD 平面 ABCD ， AC 平面 ABCD，所以 PD AC ．
又 BD 平面 PBD ， PD 平面 PBD， BD ∩ PD D ，所以 AC 平面 PBD．
设 AD a, a 0 ．
因为四边形 ABCD 为菱形，而∠DAB 60 ，故 BD AB AD a ．
因为 PD 平面 ABCD ， AD 平面 ABCD ， CD 平面 ABCD ， BD 平面 ABCD，故 PD AD, PD CD, PD BD ．
又因为 PD 2 ，故 PA PC PB ．
而 AB = a ，故S
1 a
1 a
3 a2 4 ．
△PAB
2 2 4
设 d 为点 C 到平面 PAB 的距离，
所以V 1 S
d 1 1 a 3 a2 4 d ．
C PAB 3
△PAB
3 2 4
又V 1 S
PD 2 S
2 3 a2 3 a2 ．
P ABC 3 △ABC
3 △ABC
3 4 6
由等体积法，有V V ，故 1 1 a
3 a2 4 d 3 a2 ，
C PAB P ABC
d
解得 ．
3 2 4 6
而 PC 与平面 PAB 所成的角为θ，所以sinθ d d
PC
1 2
2 2
2 2
2 2 3 3 ，
1
当且仅当a4 64 ，即a 64 4 时等号成立，所以sinθ 2
3 ．
max