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【期末真题】人教版高一下学期期末数学真题检测06（原卷版+解析版）
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这是一份【期末真题】人教版高一下学期期末数学真题检测06（原卷版+解析版），文件包含期末真题人教版高一下学期期末数学真题检测06原卷版doc、期末真题人教版高一下学期期末数学真题检测06解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
（二）实践性高，高效落实理论学习：在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。
（三）灵活性强，助力课程目标达成：随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。
【期末真题】人教版高一下学期
期末数学真题检测06（解析版）
一、单项选择题：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. 已知复数满足（i为虚数单位），则（为的共轭复数）在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，根据复数的除法运算可得，进而求得共轭复数，即可知对应点所在的象限
【详解】由知：
∴，即对应的点为
故选：C
【点睛】本题考查了复数的除法运算，以及共轭复数的概念，首先由复数四则运算的除法求得复数，进而依据共轭复数的概念得到对应的共轭复数，即可判断所在象限
2. 的值是（ ）
A. B. C. -D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据诱导公式化简，并结合正弦和角公式即可求解.
【详解】由诱导公式可知
所以由正弦和角公式可得
，
故选：B.
【点睛】本题考查了诱导公式及正弦和角公式的应用，属于基础题.
3. 某工厂12名工人的保底月薪如下表所示，第80百分位是（ ）
A. 3050B. 2950C. 3130D. 3325
【答案】A
【解析】
【分析】
首先将表中所给数据从小到大进行排序，之后利用公式，从而得到答案.
【详解】把这组数据从小到大排序：
2710，2755，2850，2860，2880，2890，2920，2940，2950，3050，3130，3325，
所以，
所以第80百分位是3050，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关百分位数的问题，利用公式即可求得结果，属于基础题目.
4. 从两名男生和两名女生中任意抽取两人，若采取有放回简单随机抽样，则抽到的两人中有一男一女的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
计算出基本事件的总数以及事件“抽到的两人中有一男一女”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】从两名男生和两名女生中任意抽取两人，若采取有放回简单随机抽样，基本事件总数为，
若抽到的两人中有一男一女，可以先抽到男生后抽到女生，也可以先抽到女生后抽到男生，
则事件“抽到的两人中有一男一女”所包含的基本事件数为，
因此，所求事件的概率为.
故选：C.
【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查计算能力，属于基础题.
5. 已知向量、是两个非零向量，且，则与的 夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
在等式两边同时平方，可求得与夹角余弦值，结合平面向量夹角的取值范围可求得与的夹角.
【详解】设与的夹角为，
，在等式两边同时平方得，
可得，为非零向量，则，可得，
，因此，.
故选：B.
【点睛】本题考查利用平面向量模长之间的关系求向量的夹角，考查计算能力，属于基础题.
6. 已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 如果，，那么
B. 如果，，那么
C. 如果，，，那么
D. 如果，，则m与所成的角和n与β所成的角不相等
【答案】B
【解析】
【分析】
由空间位置关系的判定与性质及线面角的概念，结合选项逐项判断即可得解.
【详解】对于A，如果，，则直线，可能平行、相交或异面，故A错误；
对于B，如果，，由线面垂直、线面平行的性质可得，故B正确；
对于C，如果，，，则平面，可能平行，故C错误；
对于D，如果，，由线面角的概念可得：m与所成的角和n与β所成的角相等，故D错误.
故选：B.
【点睛】本题考查了线线、线面、面面位置关系的相关判断，考查了对于线面角概念的理解，属于基础题.
7. 魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为（ ）
A. 18B. 6C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得该正方体的内切球的体积，设正方体的棱长为，进而可得内切球半径为，由球的体积公式列方程，即可得解.
【详解】因为“牟合方盖”的体积为18，所以该正方体的内切球的体积为，
设正方体的棱长为，则该正方体的内切球半径为，
所以，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查了数学文化及正方体内切球、球的体积公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，则的形状为（ ）
A. 钝角三角形B. 等腰直角三角形C. 直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】
由余弦定理可得，化简即可得解.
【详解】因为，，
所以，化简可得，
由可得，即，
所以的形状为等边三角形.
故选：D.
【点睛】本题考查了利用余弦定理判断三角形形状的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 设i为虚数单位，复数，则下列命题正确的是（ ）
A. 若为纯虚数，则实数a的值为2
B. 若在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是
C. 实数是（为的共轭复数）的充要条件
D. 若，则实数a的值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】
首先应用复数的乘法得，再根据纯虚数概念、复数所在象限，以及与共轭复数或另一个复数相等，求参数的值或范围，进而可确定选项的正误
【详解】
∴选项A：为纯虚数，有可得，故正确
选项B：在复平面内对应点在第三象限，有解得，故错误
选项C：时，；时，即，它们互为充要条件，故正确
选项D：时，有，即，故正确
故选：ACD
【点睛】本题考查了复数的运算及分类和概念，应用复数乘法运算求得复数，再根据复数的概念及性质、相等关系等确定参数的值或范围
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 在中，若，则点D是边BC的中点
B. 已知，，若，则
C. 已知A，B，C三点不共线，B，C，M三点共线，若，则
D. 已知正方形ABCD的边长为1，点M满足，则
【答案】AD
【解析】
【分析】
由平面向量加法的平行四边形法则可判断A；由平面向量线性运算的坐标表示、共线的坐标表示可判断B；由平面向量共线的性质及平面向量基本定理可判断C；由平面向量的线性运算、数量积的定义及运算律可判断D；即可得解.
【详解】对于A，由平面向量加法的平行四边形法则可得在中，
若，则点D是边BC的中点，故A正确；
对于B，因为，，
所以，解得，故B错误；
对于C，若B，C，M三点共线，则存在实数，使得，
所以即，
又，所以，
所以，故C错误；
对于D，在正方形中，，由可得，
所以
，
故D正确.
故选：AD.
【点睛】本题考查了平面向量共线、线性运算及数量积运算的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
11. 已知函数的部分图象如图，将函数的图象所有点的横坐标伸长到原来的，再将所得函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 点是图象的一个对称中心
B. 是图象的一条对称轴
C. 在区间上单调递增
D. 若，则的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】
由三角函数的图象与性质可得，再由三角函数图象变换法则可得，再结合三角函数的图象与性质逐项判断即可得解.
【详解】由图象可知函数的最大值为2，最小正周期满足即，
所以，，
又点在函数的图象上，所以，
所以即，
又，所以，，
将函数的图象所有点的横坐标伸长到原来的，可得的图象，
再将所得函数图象向左平移个单位长度，可得的图象，
所以，
因为，
所以点不是图象的一个对称中心，是图象的一条对称轴，
故A错误，B正确；
当时，，
所以在区间上不单调，故C错误；
若，则、分别为函数最大值、最小值；
由函数的最小正周期为可得的最小值为，
故D正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查了三角函数解析式的确定及图象变换的应用，考查了三角函数图象与性质的应用，属于中档题.
12. 如图，在直三棱柱中，，，，点M是棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 异面直线BC与所成的角为B. 在上存在点D，使平面ABC
C. 二面角的大小为D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】
选项，连接，易知，故即为所求,再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可证得，即；
选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，再由线面平行的判定定理即可得证；
选项，取的中点，连接、，则即为所求，求出的值，从而得解；
选项，在中，利用勾股定理分别算出、和的长，判断其结果是否满足即可．
【详解】选项，连接，由三棱柱的性质可知，，
即为异面直线与．
，，，即，
由直三棱柱的性质可知，平面，
平面，，
又，、平面，平面，
，即，选项正确；
选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，则，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，即选项正确；
选项，取的中点，连接、，
平面，即为二面角的平面角．
在中，，，，，即选项正确；
选项，在中，，，，
显然，即与不垂直，选项错误．
故选：．
【点睛】本题考查空间中线面的位置关系、角的求法，要求学生熟练掌握空间中线与面平行或垂直的判定定理与性质定理，以及通过平移的思想找出异面直线的平面角，并理解二面角的定义，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据，利用诱导公式结合商数关系得到，然后由求解.
【详解】因，
所以，
解得，
所以，
，
故答案为：
【点睛】本题主要考查诱导公式和二倍角公式以及同角三角函数基本关系式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
14. 数据5，7，7，8，10，11的平均数是________，标准差是________.
【答案】 (1). 8 (2). 2
【解析】
【分析】
直接用平均数、方差，标准方差的计算公式计算即可．
【详解】由题意知，5，7，7，8，10，11的平均数，
方差，
标准差为方差的算术平方根，标准差为2，
故答案为：8，2．
【点睛】本题考查了平均数的概念，以及标准差的求法，应注意计算标准差需要先算出方差，难度适中．
15. 一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
先由圆柱的体积公式求得圆柱的高，再利用相似可得圆锥的高，结合勾股定理求得圆锥的母线长，最后利用圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.
【详解】根据题意，作出如下的图形，
设圆锥的底面半径为，内接圆柱的底面半径为，
因为内接圆柱的体积为，所以，解得，
又由，所以，解得,
所以圆锥的母线长为，
所以该圆锥的表面积为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了圆锥的表面积和圆柱的体积的计算，其中解答中熟记圆锥、圆柱的结构特征是解答的关键，着重考查数形结合法，以及推理与运算能力.
16. 如图，在四边形ABCD中，已知，，，，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】
由余弦定理可得、，由诱导公式可得，进而可得，由三角恒等变换得，再由正弦定理即可得解.
【详解】在中，由余弦定理得，
所以，
所以，
又，所以，，
所以，
所以
，
在中，由正弦定理得，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理解三角形的应用，考查了三角恒等变换的应用及运算求解能力，属于中档题.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在平面直角坐标系xOy中，已知，.
（1）求与夹角的余弦值；
（2）设，若，求实数的值.
【答案】（1）；（2）2.
【解析】
【分析】
（1）由平面向量数量积的概念可得，结合平面向量模的求解，计算即可得解；
（2）由平面向量线性运算的坐标表示可得、，再由平面向量垂直的性质即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以，，，
所以，
所以；
（2）因为，，
所以，
所以，，
又，所以，
所以.
【点睛】本题考查了平面向量运算的坐标表示及平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
18. 某学校就学生对端午节文化习俗的了解情况，进行了一次20道题的问卷调查，每位同学都是独立答题，在回收的试卷中发现甲同学答对了12个，乙同学答对了16个.假设答对每道题都是等可能的，试求：
（1）任选一道题目，甲乙都没有答对的概率；
（2）任选一道题目，恰有一人答对的概率.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
根据古典概型求出任选一道题目，甲答对和乙答对的概率，再利用相互独立事件和互斥事件的概率，求出（1）和（2）中的每一个事件的概率.
【详解】记“任选一道题目，甲答对”为事件，“任选一道题目，乙答对” 为事件，
根据古典概型概率计算公式，得
，
所以，
（1）“两人都没答对记为，
所以.
（2）“恰有一人答对”
所以
.
【点睛】本题主要考查了古典概型，概率的加法公式和乘法公式，属于基础题.
19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）在①，②，③这三个条件中，选出两个使唯一确定的条件补充在下面的问题中，并解答问题，若________，________，求的面积.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）用边化角和三角形内角和知识化简可得，再由，即可求A；
（2）方案一：选条件①和②，先用正弦定理求，再由余弦定理求，用三角形面积公式即可求解；方案二：选条件①和③，用余弦定理求出，判断出三角形形状，即可求面积．
【详解】（1）∵，又由正弦定理得
，又，
∴，
即
整理得，即，
又，∴；
（2）方案一：选条件①和②，
由正弦定理，得
由余弦定理，得
解得，所以的面.
方案二：选条件①和③，
由余弦定理，得，
即，解得．∴，∴，为直角三角形，
所以的面积．
【点睛】本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，以及三角形面积公式，属于常规题.
20. 受突如其来的新冠疫情的影响，全国各地学校都推迟2020年的春季开学，某学校“停课不停学”，利用云课平台提供免费线上课程，该学校为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了100名学生对该线上课程评分、其频率分布直方图如图.
（1）求图中a的值；
（2）求评分的中位数；
（3）以频率当作概率，若采用分层抽样的方法，从样本评分在和内的学生中共抽取5人进行测试来检验他们的网课学习效果，再从中选取2人进行跟踪分析，求这2人中至少一人评分在内的概率.
【答案】（1）；（2）81.25；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图各组频率和为1列方程，即可得解；
（2）由频率分布直方图中中位数两侧的长方形面积和相等列方程，即可得解；
（3）利用列举法求出所有的基本情况数及满足要求的基本情况数，再由古典概型概率公式即可得解.
【详解】（1）由题意，
所以；
（2）由频率分布直方图可得评分的中位数在内，
设评分的中位数为x，
则，解得，
所以评分的中位数为81.25；
（3）由题知评分在和内的频率分别为0.1和0.15，
则抽取的5人中，评分在内的为2人，评分在的有3人，
记评分在内的3位学生为a，b，c，评分在内的2位学生为D，E，
则从5人中任选2人的所有可能结果为：
，，，，，，，，，，共10种；
其中，这2人中至少一人评分在内可能结果为：
，，，，，，，共7种；
所以这2人中至少一人评分在的概率.
【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，考查了古典概型概率的求解及运算求解能力，属于基础题.
21. 如图，在平行四边形ABCM中，，，以AC为折痕将折起，使点M到达点D的位置，且.
（1）证明：平面平面ABC；
（2）设Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）2.
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定可得平面ACD，再由面面垂直的判定即可得证；
（2）过点Q作，垂足为E，由平面几何的知识可得、，再由线面垂直、棱锥的体积公式即可得解.
【详解】（1）证明：由已知可得，，即，
又，平面ACD，平面ACD，，
∴平面ACD，
又平面ABC，
∴平面平面ACD.
（2）在平行四边形ABCM中，，∴为直角三角形，
如图，过点Q作，垂足为E，则，
，
∵，∴，
∵，∴，
由已知及（1）可得，平面ABC，∴平面ABC，
∵，，
∴，
所以三棱柱的体积为.
【点睛】本题考查了几何体体积的求解及面面垂直的判定，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.
22. 已知，，，将曲线图象向右平移得到函数的图象.
（1）若，，求的值；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由平面向量数量积的坐标表示及三角恒等变换得，转化条件得，再由的取值范围即可得，再由两角差的正切公式即可得解；
（2）由三角函数的图象变换得，转化条件得对任意恒成立，设，结合二次函数的性质令即可得解.
【详解】由题意
，
（1）由得，
又，所以，
所以，解得，
则；
（2）因为将的图象向右平移得到函数的图象，
所以，
所以，
所以恒成立，
原不等式等价于对任意恒成立，
令，，则在上恒成立，
设，
当时，成立；
当时，，解得，此时；
当时，，解得，此时；
综上，实数m的取值范围是.
【点睛】本题考查了三角恒等变换及三角函数性质的应用，考查了二次函数性质的应用及运算求解能力，属于中档题.
工人
保底月薪
工人
保底月薪
1
2890
7
2850
2
2860
8
3130
3
3050
9
2880
4
2940
10
3325
5
2755
11
2920
6
2710
12
2950
（二）实践性高，高效落实理论学习：在现代化教育课程的背景之下，新课程改革理念越来越融入生活与学习的方方面面，新教材逐步的显现出强大影响力。
（三）灵活性强，助力课程目标达成：随着教育制度体系的改革，通过新时代新教材内容的融入，教师不断地革新教学手段，整合线上以及线下的教育资源内容，可以为物理课堂增添新的活力与生机。
【期末真题】人教版高一下学期
期末数学真题检测06（解析版）
一、单项选择题：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. 已知复数满足（i为虚数单位），则（为的共轭复数）在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，根据复数的除法运算可得，进而求得共轭复数，即可知对应点所在的象限
【详解】由知：
∴，即对应的点为
故选：C
【点睛】本题考查了复数的除法运算，以及共轭复数的概念，首先由复数四则运算的除法求得复数，进而依据共轭复数的概念得到对应的共轭复数，即可判断所在象限
2. 的值是（ ）
A. B. C. -D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据诱导公式化简，并结合正弦和角公式即可求解.
【详解】由诱导公式可知
所以由正弦和角公式可得
，
故选：B.
【点睛】本题考查了诱导公式及正弦和角公式的应用，属于基础题.
3. 某工厂12名工人的保底月薪如下表所示，第80百分位是（ ）
A. 3050B. 2950C. 3130D. 3325
【答案】A
【解析】
【分析】
首先将表中所给数据从小到大进行排序，之后利用公式，从而得到答案.
【详解】把这组数据从小到大排序：
2710，2755，2850，2860，2880，2890，2920，2940，2950，3050，3130，3325，
所以，
所以第80百分位是3050，
故选：A.
【点睛】该题考查的是有关百分位数的问题，利用公式即可求得结果，属于基础题目.
4. 从两名男生和两名女生中任意抽取两人，若采取有放回简单随机抽样，则抽到的两人中有一男一女的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
计算出基本事件的总数以及事件“抽到的两人中有一男一女”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】从两名男生和两名女生中任意抽取两人，若采取有放回简单随机抽样，基本事件总数为，
若抽到的两人中有一男一女，可以先抽到男生后抽到女生，也可以先抽到女生后抽到男生，
则事件“抽到的两人中有一男一女”所包含的基本事件数为，
因此，所求事件的概率为.
故选：C.
【点睛】本题考查利用古典概型的概率公式计算事件的概率，考查计算能力，属于基础题.
5. 已知向量、是两个非零向量，且，则与的 夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
在等式两边同时平方，可求得与夹角余弦值，结合平面向量夹角的取值范围可求得与的夹角.
【详解】设与的夹角为，
，在等式两边同时平方得，
可得，为非零向量，则，可得，
，因此，.
故选：B.
【点睛】本题考查利用平面向量模长之间的关系求向量的夹角，考查计算能力，属于基础题.
6. 已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 如果，，那么
B. 如果，，那么
C. 如果，，，那么
D. 如果，，则m与所成的角和n与β所成的角不相等
【答案】B
【解析】
【分析】
由空间位置关系的判定与性质及线面角的概念，结合选项逐项判断即可得解.
【详解】对于A，如果，，则直线，可能平行、相交或异面，故A错误；
对于B，如果，，由线面垂直、线面平行的性质可得，故B正确；
对于C，如果，，，则平面，可能平行，故C错误；
对于D，如果，，由线面角的概念可得：m与所成的角和n与β所成的角相等，故D错误.
故选：B.
【点睛】本题考查了线线、线面、面面位置关系的相关判断，考查了对于线面角概念的理解，属于基础题.
7. 魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为（ ）
A. 18B. 6C. 3D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意可得该正方体的内切球的体积，设正方体的棱长为，进而可得内切球半径为，由球的体积公式列方程，即可得解.
【详解】因为“牟合方盖”的体积为18，所以该正方体的内切球的体积为，
设正方体的棱长为，则该正方体的内切球半径为，
所以，解得.
故选：C.
【点睛】本题考查了数学文化及正方体内切球、球的体积公式的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
8. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，则的形状为（ ）
A. 钝角三角形B. 等腰直角三角形C. 直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】
由余弦定理可得，化简即可得解.
【详解】因为，，
所以，化简可得，
由可得，即，
所以的形状为等边三角形.
故选：D.
【点睛】本题考查了利用余弦定理判断三角形形状的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.
9. 设i为虚数单位，复数，则下列命题正确的是（ ）
A. 若为纯虚数，则实数a的值为2
B. 若在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是
C. 实数是（为的共轭复数）的充要条件
D. 若，则实数a的值为2
【答案】ACD
【解析】
【分析】
首先应用复数的乘法得，再根据纯虚数概念、复数所在象限，以及与共轭复数或另一个复数相等，求参数的值或范围，进而可确定选项的正误
【详解】
∴选项A：为纯虚数，有可得，故正确
选项B：在复平面内对应点在第三象限，有解得，故错误
选项C：时，；时，即，它们互为充要条件，故正确
选项D：时，有，即，故正确
故选：ACD
【点睛】本题考查了复数的运算及分类和概念，应用复数乘法运算求得复数，再根据复数的概念及性质、相等关系等确定参数的值或范围
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 在中，若，则点D是边BC的中点
B. 已知，，若，则
C. 已知A，B，C三点不共线，B，C，M三点共线，若，则
D. 已知正方形ABCD的边长为1，点M满足，则
【答案】AD
【解析】
【分析】
由平面向量加法的平行四边形法则可判断A；由平面向量线性运算的坐标表示、共线的坐标表示可判断B；由平面向量共线的性质及平面向量基本定理可判断C；由平面向量的线性运算、数量积的定义及运算律可判断D；即可得解.
【详解】对于A，由平面向量加法的平行四边形法则可得在中，
若，则点D是边BC的中点，故A正确；
对于B，因为，，
所以，解得，故B错误；
对于C，若B，C，M三点共线，则存在实数，使得，
所以即，
又，所以，
所以，故C错误；
对于D，在正方形中，，由可得，
所以
，
故D正确.
故选：AD.
【点睛】本题考查了平面向量共线、线性运算及数量积运算的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
11. 已知函数的部分图象如图，将函数的图象所有点的横坐标伸长到原来的，再将所得函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 点是图象的一个对称中心
B. 是图象的一条对称轴
C. 在区间上单调递增
D. 若，则的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】
由三角函数的图象与性质可得，再由三角函数图象变换法则可得，再结合三角函数的图象与性质逐项判断即可得解.
【详解】由图象可知函数的最大值为2，最小正周期满足即，
所以，，
又点在函数的图象上，所以，
所以即，
又，所以，，
将函数的图象所有点的横坐标伸长到原来的，可得的图象，
再将所得函数图象向左平移个单位长度，可得的图象，
所以，
因为，
所以点不是图象的一个对称中心，是图象的一条对称轴，
故A错误，B正确；
当时，，
所以在区间上不单调，故C错误；
若，则、分别为函数最大值、最小值；
由函数的最小正周期为可得的最小值为，
故D正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查了三角函数解析式的确定及图象变换的应用，考查了三角函数图象与性质的应用，属于中档题.
12. 如图，在直三棱柱中，，，，点M是棱的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 异面直线BC与所成的角为B. 在上存在点D，使平面ABC
C. 二面角的大小为D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】
选项，连接，易知，故即为所求,再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可证得，即；
选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，再由线面平行的判定定理即可得证；
选项，取的中点，连接、，则即为所求，求出的值，从而得解；
选项，在中，利用勾股定理分别算出、和的长，判断其结果是否满足即可．
【详解】选项，连接，由三棱柱的性质可知，，
即为异面直线与．
，，，即，
由直三棱柱的性质可知，平面，
平面，，
又，、平面，平面，
，即，选项正确；
选项，连接，交于点，连接，再取的中点，连接、，则，，
四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，即选项正确；
选项，取的中点，连接、，
平面，即为二面角的平面角．
在中，，，，，即选项正确；
选项，在中，，，，
显然，即与不垂直，选项错误．
故选：．
【点睛】本题考查空间中线面的位置关系、角的求法，要求学生熟练掌握空间中线与面平行或垂直的判定定理与性质定理，以及通过平移的思想找出异面直线的平面角，并理解二面角的定义，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据，利用诱导公式结合商数关系得到，然后由求解.
【详解】因，
所以，
解得，
所以，
，
故答案为：
【点睛】本题主要考查诱导公式和二倍角公式以及同角三角函数基本关系式的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
14. 数据5，7，7，8，10，11的平均数是________，标准差是________.
【答案】 (1). 8 (2). 2
【解析】
【分析】
直接用平均数、方差，标准方差的计算公式计算即可．
【详解】由题意知，5，7，7，8，10，11的平均数，
方差，
标准差为方差的算术平方根，标准差为2，
故答案为：8，2．
【点睛】本题考查了平均数的概念，以及标准差的求法，应注意计算标准差需要先算出方差，难度适中．
15. 一个底面半径为2的圆锥，其内部有一个底面半径为1的内接圆柱，若其内接圆柱的体积为，则该圆锥的表面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】
先由圆柱的体积公式求得圆柱的高，再利用相似可得圆锥的高，结合勾股定理求得圆锥的母线长，最后利用圆锥的侧面积公式和圆的面积公式，即可求解.
【详解】根据题意，作出如下的图形，
设圆锥的底面半径为，内接圆柱的底面半径为，
因为内接圆柱的体积为，所以，解得，
又由，所以，解得,
所以圆锥的母线长为，
所以该圆锥的表面积为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了圆锥的表面积和圆柱的体积的计算，其中解答中熟记圆锥、圆柱的结构特征是解答的关键，着重考查数形结合法，以及推理与运算能力.
16. 如图，在四边形ABCD中，已知，，，，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】
由余弦定理可得、，由诱导公式可得，进而可得，由三角恒等变换得，再由正弦定理即可得解.
【详解】在中，由余弦定理得，
所以，
所以，
又，所以，，
所以，
所以
，
在中，由正弦定理得，
所以.
故答案为：.
【点睛】本题考查了正弦定理和余弦定理解三角形的应用，考查了三角恒等变换的应用及运算求解能力，属于中档题.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 在平面直角坐标系xOy中，已知，.
（1）求与夹角的余弦值；
（2）设，若，求实数的值.
【答案】（1）；（2）2.
【解析】
【分析】
（1）由平面向量数量积的概念可得，结合平面向量模的求解，计算即可得解；
（2）由平面向量线性运算的坐标表示可得、，再由平面向量垂直的性质即可得解.
【详解】（1）因为，，
所以，，，
所以，
所以；
（2）因为，，
所以，
所以，，
又，所以，
所以.
【点睛】本题考查了平面向量运算的坐标表示及平面向量数量积的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
18. 某学校就学生对端午节文化习俗的了解情况，进行了一次20道题的问卷调查，每位同学都是独立答题，在回收的试卷中发现甲同学答对了12个，乙同学答对了16个.假设答对每道题都是等可能的，试求：
（1）任选一道题目，甲乙都没有答对的概率；
（2）任选一道题目，恰有一人答对的概率.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
根据古典概型求出任选一道题目，甲答对和乙答对的概率，再利用相互独立事件和互斥事件的概率，求出（1）和（2）中的每一个事件的概率.
【详解】记“任选一道题目，甲答对”为事件，“任选一道题目，乙答对” 为事件，
根据古典概型概率计算公式，得
，
所以，
（1）“两人都没答对记为，
所以.
（2）“恰有一人答对”
所以
.
【点睛】本题主要考查了古典概型，概率的加法公式和乘法公式，属于基础题.
19. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）在①，②，③这三个条件中，选出两个使唯一确定的条件补充在下面的问题中，并解答问题，若________，________，求的面积.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【解析】
【分析】
（1）用边化角和三角形内角和知识化简可得，再由，即可求A；
（2）方案一：选条件①和②，先用正弦定理求，再由余弦定理求，用三角形面积公式即可求解；方案二：选条件①和③，用余弦定理求出，判断出三角形形状，即可求面积．
【详解】（1）∵，又由正弦定理得
，又，
∴，
即
整理得，即，
又，∴；
（2）方案一：选条件①和②，
由正弦定理，得
由余弦定理，得
解得，所以的面.
方案二：选条件①和③，
由余弦定理，得，
即，解得．∴，∴，为直角三角形，
所以的面积．
【点睛】本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，以及三角形面积公式，属于常规题.
20. 受突如其来的新冠疫情的影响，全国各地学校都推迟2020年的春季开学，某学校“停课不停学”，利用云课平台提供免费线上课程，该学校为了解学生对线上课程的满意程度，随机抽取了100名学生对该线上课程评分、其频率分布直方图如图.
（1）求图中a的值；
（2）求评分的中位数；
（3）以频率当作概率，若采用分层抽样的方法，从样本评分在和内的学生中共抽取5人进行测试来检验他们的网课学习效果，再从中选取2人进行跟踪分析，求这2人中至少一人评分在内的概率.
【答案】（1）；（2）81.25；（3）.
【解析】
【分析】
（1）由频率分布直方图各组频率和为1列方程，即可得解；
（2）由频率分布直方图中中位数两侧的长方形面积和相等列方程，即可得解；
（3）利用列举法求出所有的基本情况数及满足要求的基本情况数，再由古典概型概率公式即可得解.
【详解】（1）由题意，
所以；
（2）由频率分布直方图可得评分的中位数在内，
设评分的中位数为x，
则，解得，
所以评分的中位数为81.25；
（3）由题知评分在和内的频率分别为0.1和0.15，
则抽取的5人中，评分在内的为2人，评分在的有3人，
记评分在内的3位学生为a，b，c，评分在内的2位学生为D，E，
则从5人中任选2人的所有可能结果为：
，，，，，，，，，，共10种；
其中，这2人中至少一人评分在内可能结果为：
，，，，，，，共7种；
所以这2人中至少一人评分在的概率.
【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用，考查了古典概型概率的求解及运算求解能力，属于基础题.
21. 如图，在平行四边形ABCM中，，，以AC为折痕将折起，使点M到达点D的位置，且.
（1）证明：平面平面ABC；
（2）设Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）2.
【解析】
【分析】
（1）由线面垂直的判定可得平面ACD，再由面面垂直的判定即可得证；
（2）过点Q作，垂足为E，由平面几何的知识可得、，再由线面垂直、棱锥的体积公式即可得解.
【详解】（1）证明：由已知可得，，即，
又，平面ACD，平面ACD，，
∴平面ACD，
又平面ABC，
∴平面平面ACD.
（2）在平行四边形ABCM中，，∴为直角三角形，
如图，过点Q作，垂足为E，则，
，
∵，∴，
∵，∴，
由已知及（1）可得，平面ABC，∴平面ABC，
∵，，
∴，
所以三棱柱的体积为.
【点睛】本题考查了几何体体积的求解及面面垂直的判定，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.
22. 已知，，，将曲线图象向右平移得到函数的图象.
（1）若，，求的值；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由平面向量数量积的坐标表示及三角恒等变换得，转化条件得，再由的取值范围即可得，再由两角差的正切公式即可得解；
（2）由三角函数的图象变换得，转化条件得对任意恒成立，设，结合二次函数的性质令即可得解.
【详解】由题意
，
（1）由得，
又，所以，
所以，解得，
则；
（2）因为将的图象向右平移得到函数的图象，
所以，
所以，
所以恒成立，
原不等式等价于对任意恒成立，
令，，则在上恒成立，
设，
当时，成立；
当时，，解得，此时；
当时，，解得，此时；
综上，实数m的取值范围是.
【点睛】本题考查了三角恒等变换及三角函数性质的应用，考查了二次函数性质的应用及运算求解能力，属于中档题.
工人
保底月薪
工人
保底月薪
1
2890
7
2850
2
2860
8
3130
3
3050
9
2880
4
2940
10
3325
5
2755
11
2920
6
2710
12
2950
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