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2025年广东省中山市东升镇高级中学高一下学期第二次数学月考
一、单选题
1.已知是虚数单位，，是的共轭复数，则的虚部是
A． B． C． D．
2.已知平面向量与共线，则（ ）
A．2 B．4 C． D．
3.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A． B．或 C． D．或
4.以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5.已知，则（ ）
A． B． C． D．2
6.在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，DE交AC于F，则（ ）
A． B． C． D．
7.用斜二测画法得到一个水平放置的四边形的直观图为如图所示的直角梯形，已知，四边形的面积为，则（ ）
A．1 B． C． D．
8.记的内角的对边分别为为上一点，且．，则的面积为（ ）
A．8 B．9 C．12 D．14
二、多选题
9.已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．若是实数，则与的虚部互为相反数
B．若且，则在复平面内对应的点关于实轴对称
C．
D．若，则
10.已知是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，在下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则m至少与中一个平行
11.已知平面向量，，则（ ）
A．
B．与可作为一组基底向量
C．与夹角的余弦值为
D．在方向上的投影向量的坐标为
三、填空题
12.由数学王子高斯证明出的代数基本定理的内容可知一元次多项式方程有个复数根，且对于一元二次方程，其两个复数根互为共轭复数．若复数是一元二次方程的一个根，则____________．
13.已知的面积为，，则=__________．
14.如图已知在平面内，是平面的斜线，且，则直线与平面所成的角的大小为________________．
四、解答题
15.已知复数，．
(1)若，求的值；
(2)z在复平面内对应的点能否位于直线上，若能，求此时的值；若不能，请说明理由．
16.已知函数的最大值为2．
(1)求的解析式；
(2)求曲线的对称轴方程和的单调递增区间．
17.在中，角的对边分别为，且．
(1)求的值；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围．
18.在平面直角坐标系中，点、、满足：在轴的正半轴上，的横坐标是，，．记是锐角，是钝角．
(1)求的值
(2)求的值．
19.在如图所示的几何体中，四边形是正方形， 平面， PD//MA,E,G,F分别为MB,PB,PC的中点，且
(1)求证：平面平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求三棱锥与四棱锥的体积之比．
参考答案与试题解析
1.D
【解析】∵，
∴＝1﹣i，其虚部为﹣1，
故选:D．
2.D
【解析】因为与共线，所以，解得，
故，
故选：D．
3.A
【解析】因为，，，
由正弦定理可得，即，
因为，所以或，
当时，不满足，
所以．
故选：A
4.C
【解析】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周，
得到几何体是两个同底的圆锥，
圆锥的底面半径为，
所得几何体的表面积为．
故选：C．
5.C
【解析】由，可知：
．
故选：C．
6.D
【解析】因为是BC的中点，，所以，
所以．
故选：D．
7.D
【解析】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原四边形，
故，解得，故选：D．
8.C
【解析】如下图所示：
在中，由正弦定理可知，
由已知可得，联立可得，
由余弦定理可得，解得，
且，
故面积为．
故选：C．
9.A,B
【解析】设，所以，所以，所以，故A正确；
因为，所以，故B正确；
取，此时，满足，但与不能比较大小，故C错误；
若，满足，但是，故D错误．
故选：AB．
10.B,D
【解析】A.如图所示： ，可得结果或，故A错误；
B.如图所示：，可得结果，故B正确；
C.如图所示：，可得，故C错误；
D.如图所示：，可得结果或，故D正确．
故选：BD．
11.B,C
【解析】对A：，则，故A错误；
对B：易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：，故D错误．
故选：BC．
12.64
【解析】由题意可得是一元二次方程的另一个根，
故由一元二次方程的韦达定理，故．
故答案为：64．
13.
【解析】,
，解得,
所以，
∴,
∴,
故答案为：．
14.45°
【解析】取线段BC的中点D，连接AD，OD，如图，
因，，则，都是正三角形，即有，
，有，因此，，
而，即，因此，，
则，有，即，而，平面，
于是得平面，是直线与平面所成的角，又，则，
所以直线与平面所成的角的大小为．
故答案为：
15.
【解析】
15.
(1)3
【解析】∵，∴，且，
解得（舍去）或，
此时，故．
(2)能，
【解析】z在复平面内对应的点为，
若该点位于直线上，则，解得，
故能在直线上，此时．
16.
【解析】
16.
(1)
【解析】因为，
其中，所以，
解得，
又因为，所以．
故，
(2)对称轴方程为，单调递增区间为
【解析】由正弦函数对称轴方程可得，
解得，
所以曲线的对称轴方程为；
由得，
即的单调递增区间为
17.
【解析】
17.
(1)
【解析】由及正弦定理得，
又因为，所以，
可得，即，所以，
所以，又
故可得．
(2)
【解析】由（1）中可得，
在中，因为，
所以．
因为为锐角三角形，所以，
所以，
可得，
即可得．
18.
【解析】
18.
(1)
【解析】由题意，可知，
因为，
故可设点的坐标为，
则有，所以，
又为锐角，所以，
因为钝角的终边与单位圆的交点的横坐标是，
所以，则，
所以；
(2)
【解析】由（1）知，
，
所以，
因为，所以，
又，所以，
又，所以，
所以．
19.
【解析】
19.
(1)证明过程详见解析
【解析】∵分别为的中点，
∴，
又∵四边形是正方形，
∴，∴，
∵在平面外， 在平面内，
∴平面， 平面，
又∵都在平面内且相交，
∴平面平面．
(2)证明过程详见解析
【解析】证明：由已知平面，
∴平面．
又平面，∴．
∵四边形为正方形，∴，
又，∴平面，
在中，∵分别为的中点，
∴，∴平面．
又平面，∴平面平面
(3)1：4
【解析】解：∵平面，四边形为正方形，，则．
∵平面，且，
∴即为点到平面的距离，
∴=

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