精品解析：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

六盘水市纽绅中学2024~2025学年度高一（下）第二次月考 数学试卷 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 3.本套命题范围：人教A版必修第二册第六章和第七章. 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. 设平面向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由有，根据向量数量积的坐标表示即可求解. 【详解】由有. 故选：D. 2. 若复数满足，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算先求复数，进而得，即可运算. 【详解】由有. 故选：A. 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 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义结合向量相等与其模相等的意义直接判断作答. 【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. 已知在中，角的对边分别为，若，则的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理可得,故. 故选：C 5. 已知且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的定义求解即可. 【详解】向量在向量上的投影向量为. 故选：A. 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 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出，再结合，即可得出结论. 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平面向量的线性运算列式，再借助方程思想求解作答. 【详解】因为,所以,, 所以...①,...②， 由①+②得：，即. 故选：B 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. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得，然后利用余弦定理求得. 【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 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 对任意向量、，下列关系式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算和数量积的定义与运算逐项分析判断. 【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. 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的大小比较条件判断选项A；根据复数的幂运算判断选项B；根据实数、虚数、实部和虚部的概念判断选项C和选项D. 【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. 在中，，则（ ） A. B. 的面积为8 C. D. 的内切圆半径是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式即可求，利用余弦定理即可求得，由求，进而得的面积，利用数量积的定义即可判断C，设的内切圆半径为，由即可求解. 【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. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数为纯虚数，则实数的值为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算复数，由复数为纯虚数，即实部为零即可求解. 【详解】由，所以， 因为复数为纯虚数，所以，即. 故答案为：. 13. 如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】解法1：先根据得到，从而可得，再根据三点共线定理，即可得到的值. 解法2：根据图形和向量的转化用同一组基底去表示，根据图形可得：，设，通过向量线性运算可得：，从而根据平面向量基本定理列方程组，解方程组得的值. 【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. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算、三点共线定理，平面向量基本定理的运用，属于基础题. 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__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由托勒密定理求解得结合正弦定理求解出从而得到又因为可以求解出进而解得从而求得外接圆半径. 【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. 故答案为：2. 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，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． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由，设，有，再根据，得，最后解方程即可； （2）先求，再求后可求解. 【小问1详解】 由，设，∴， ∵，∴，解得或 所以或． 【小问2详解】 ∵，，， ∴， ∴，∴． 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． 【答案】（1） （2）等边三角形． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，求出，再利用余弦定理可得答案； (2)由余弦定理得结合得，进而，从而可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理，， 故， 再由余弦定理得，, 从而； 【小问2详解】 因为，所以由余弦定理得 结合得，进而， 所以是等边三角形． 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． 【答案】（1），；（2）． 【解析】 【分析】（1）向量，对应的复数分别为，.利用即可得出得出结果. （2）， 对应的点在第二象限，计算可得，， 进而计算即可得出结果. 【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. 如图，在菱形中，. （1）若，求的值； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，即可求解； （2），从而即可求解. 【小问1详解】 因为在菱形中，. 故， 故，所以. 【小问2详解】 显然， 所以 ①， 因为菱形，且，， 故，. 所以. 故①式. 故. 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. 【答案】（1） 由正弦定理得：， 即. （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角转化为边即可得证； （2）利用余弦定理即可求解； （3）在和中有，利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 即. 则， 因为， 所以. 【小问3详解】 因为，由余弦定理知：， ， 即， ， 故， 解得：或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六盘水市纽绅中学2024~2025学年度高一（下）第二次月考 数学试卷 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 3.本套命题范围：人教A版必修第二册第六章和第七章. 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. 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：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 对任意向量、，下列关系式中恒成立的是（ ） A. B. C. D. 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 11. 在中，，则（ ） A. B. 的面积为8 C. D. 的内切圆半径是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 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__________. 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，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $