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贵州省六盘水市纽绅中学2024 2025学年高一下学期第二次月考（5月）数学试题
一、单选题
1．设平面向量，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足，则（ ）
A．2 B． C．1 D．
3．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知在中，角的对边分别为，若，则的值为（ ）
A． B． C．1 D．2
5．已知且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，若，则此三角形（ ）
A．无解 B．有两解 C．有一解 D．解的个数不确定
7．我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示，在“赵爽弦图”中，若，则（ ）

A． B．
C． D．
8．如图，有一位于处的观测站，某时刻发现其北偏东，且与相距海里的处有一货船，正以海里/小时的速度，向南偏西匀速直线行驶，分钟后到达处，则此时该船与观测站的距离为（ ）海里.
A． B． C． D．
二、多选题
9．对任意向量、，下列关系式中恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
三、单选题
10．下列关于复数（）的说法一定正确的是（ ）
A．存在使得小于0 B．存在使得
C．不是实数 D．实部和虚部均为1
四、多选题
11．在中，，则（ ）
A． B．的面积为8
C． D．的内切圆半径是
五、填空题
12．复数为纯虚数，则实数的值为 ．
13．如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为 .

14．克罗狄斯 托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师.托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和.已知四边形是圆的内接四边形，且.若，则圆的半径为 .
六、解答题
15．已知，向量．
（1）若向量，求向量的坐标；
（2）若向量与向量的夹角为120°，求．
16．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）若，，求的值：
（2）若，判断的形状．
17．已知，，，是复平面上的四个点，其中，，且向量，对应的复数分别为，．
（1）若，求，；
（2）若，对应的点在复平面内的第二象限，求．
18．如图，在菱形中，.
(1)若，求的值；
(2)若，，求.
19．在中，角的对边分别为.
（1）证明：；
（2）求；
（3）若，边上的中线，求边的长.
参考答案
1．【答案】D
【详解】由有.
故选D.
2．【答案】A
【详解】由有.
故选A.
3．【答案】B
【详解】当时，因向量，的方向不一定相同，则与不一定相等，当时，必有，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选B
4．【答案】C
【详解】由正弦定理可得,故.
故选C
5．【答案】A
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选A.
6．【答案】B
【详解】因为，，
所以，
因为，所以，
所以满足的有两个，所以此三角形有两解.
故选B.
7．【答案】B
【详解】因为,所以,,
所以...①,...②，
由①+②得：，即.
故选B

8．【答案】C
【详解】由题意可知，AB＝20，BC＝40×0.5＝20，∠ABC＝45°－15°＝30°，则在△ABC中，由余弦定理可得，AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos∠ABC＝1200＋400－2×20×20×cos30°＝400，所以AC＝20.
故选C
9．【答案】ABC
【详解】对A：根据数量积的运算律可得：恒成立，A正确；
对B：根据，可得恒成立，B正确；
对C：，其中为的夹角，
∵，可得，
∴恒成立，C正确；
对D：根据向量减法可得：，当且仅当同向或中有零向量时等号成立，
故不恒成立，D错误；
故选ABC.
10．【答案】C
【详解】对于选项A：
因为复数不能直接比较大小，只有两个复数都是实数时才能比较大小，所以A错误.
对于选项B：
因为，所以只有当时，的幂次方才有可能为实数.
当时，验证是否为1.
，可以看出周期为4，所以，所以B错误.
对于选项C：
因为，所以为复数，不是实数，所以C正确.
对于选项D：
因为不一定是1，所以实部不一定为1.所以D错误.
故选C.
11．【答案】ABD
【详解】由，所以，
由余弦定理有：，
所以，故A正确；
由，所以，故B正确；
，故C错误；
设的内切圆半径为，则有，
即，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】由，所以，
因为复数为纯虚数，所以，即.
13．【答案】
【详解】解法1：因为，所以，
又，
所以
因为点三点共线，
所以，
解得：.
解法2：
因为，设，
所以，
因为，所以，
又，
所以，
所以，
又，
所以 解得： ，
所以.
14．【答案】2
【详解】由托勒密定理，得.
因为，所以.设圆的半径为，
由正弦定理，得.
又，所以.
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，则，故.
15．【答案】（1）或
（2）
【详解】（1）由，设，∴，
∵，∴，解得或
所以或．
（2）∵，，，
∴，
∴，∴．
16．【答案】（1）
（2）等边三角形．
【详解】（1）由正弦定理，，
故，
再由余弦定理得，,
从而；
（2）因为，所以由余弦定理得
结合得，进而，
所以是等边三角形．
17．【答案】（1），；（2）．
【详解】解：（1）由题意可知，所以．
，所以．
又，
所以所以
所以，．
（2）由已知可得，，，所以，
又，所以，
解得或（舍），又对应的点在第二象限，所以，
可得，，，
可得．
18．【答案】(1)；
(2)；
【详解】（1）因为在菱形中，.
故，
故，所以；
（2）显然，
所以
①，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
故①式.
故.
19．【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）或
【详解】（1）证明：由正弦定理得：，
即.
（2）因为，
即.
则，
因为，
所以.
（3）因为，由余弦定理知：，
，
即，
，
故，
解得：或.

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