精品解析：山东省临沂市河东区2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

2023级普通高中学科素养水平监测试卷 数学 注意事项： 1．答题前考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法运算化简复数为，即可得出答案. 【详解】∵，∴，故复数的虚部为. 故选：A. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据结合两角差的余弦公式运算求解. 【详解】由题意可得： ， 所以. 故选：D. 3. 如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取，作为基底，把 用基底表示出来，利用向量的减法即可表示出. 【详解】取，作为基底，因为是中点，则. 因为，所以， 所以. 故选：D. 4. 将正弦曲线上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，然后再将所得图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的周期变换和平移变换的原理即可得解. 【详解】把的图象上各点的横坐标缩短为原来的(纵坐标不变)， 可得的函数图象， 再把所得图象向右平移个单位长度，可得函数， 所以. 故选：B 5. 圆台的一个底面周长是另一个底面周长的2倍，母线长为3，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据台体的侧面积公式运算求解. 【详解】设圆台较小底面半径为，可知较大的底面半径为， 则，解得， 所以圆台较小底面的半径为2. 故选：D. 6. 一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔的南偏西，距灯塔64海里的处，下午2时到达这座灯塔的东南方向处，则该船航行的速度为（ ） A. 海里/小时 B. 海里/小时 C. 海里/小时 D. 海里/小时 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意利用正弦定理求得，进而可得该船航行的速度. 【详解】如图所示， 在中，由题意可知：海里， 由正弦定理可得（海里）， 且该船航行时间为4小时，所以该船航行的速度为海里/小时. 故选：A. 7. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作下底面的投影，垂足为， 上底面对角线长，下底面对角线长， 则， 可得正四棱台的高， 下底面面积，上底面面积， 所以该棱台体积. 故选：C 8. 在中，，，，点分别在边上，且满足，，若相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为平面向量一组基底，将与用基底表示，求得其模与数量积，利用向量夹角公式即可求得结论. 【详解】由，，可得，， 所以， 所以， 又， 所以， ， ， ， 则，则. 故选；C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知向量，，是与同向的单位向量，则（ ） A. B. 与可以作为一组基底 C. D. 向量在向量上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，结合向量运算的坐标表示及投影向量的意义，逐项计算判断. 【详解】对于A，，，A错误； 对于B，，不共线，可以作为一组基底，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，向量在向量上的投影向量，D正确. 故选：BCD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若互为共轭复数，则为实数 B. 若为虚数单位，为正整数，则 C. 若是关于的方程的根，则也是该方程的根 D. 复数满足，则的最大值为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用复数的乘法可判断A选项；利用复数的乘方可判断B选项；分析可知为方程的两根，利用韦达定理可求出、的值，可判断C选项的正误；利用复数的几何意义可判断D选项. 【详解】对于A选项，设，则， 所以为实数，A对； 对于B选项，，B错； 对于C选项，实系数的一元二次方程虚根成对（互为共轭复数）， 所以为方程的两根， C对； 对于D选项，由复数的几何意义，可知对应的点的轨迹为以为圆心，以1为半径的圆， 因为表示圆周上的点到圆外点的距离， 所以的最大值为，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，正八面体的每一个面都是正三角形，并且四边形，四边形，四边形都是正方形，若正方形的边长为，则（ ） A. 正八面体的表面积为 B. 正八面体的体积为 C. 正八面体的外接球的表面积为 D. 正八面体的内切球的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据正八面体的结构特征运算求解即可；对于B：设，可得，结合锥体的体积公式运算求解；对于C：分析可知为正八面体的外接球的球心，且半径，进而可得表面积；对于D：分析可知为正八面体的内切球的球心，内切球的半径即为点到平面的距离，利用等体积法求半径，即可得体积. 【详解】对于选项A：由题意可知：正八面体的每一个面都是边长为的正三角形， 所以其表面积为，故A正确； 对于选项B：设，则为的中点，且平面， 可知，可得， 所以正八面体的体积为，故B错误； 对于选项C：由选项B可知：， 即为正八面体的外接球的球心，且半径， 所以正八面体的外接球的表面积为，故C正确； 对于选项D：根据对称性可知：为正八面体的内切球的球心， 则内切球的半径即为点到平面的距离，设为， 因为，即，解得， 所以正八面体的内切球的体积为，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则边上的中线的实际长度为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直观图得到平面图形，利用勾股定理求出，即可得解； 【详解】解：由直观图可得如下平面图形： 其中，，所以， 所以在直角三角形中，斜边边上的中线为； 故答案为： 13. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫作把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，若点为坐标原点，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题中定义，结合特殊角的正余弦值、向量的坐标表示公式和向量加法的坐标运算法则进行求解即可. 【详解】由点绕点沿顺时针方向旋转后得到点， 得点绕点沿逆时针方向旋转后得到点， 设，则有， 由点，点，得， 因此，且， 解得，即，而，则， 所以. 故答案为： 14. 我国南宋著名数学家秦九韶（约）独立推出了“三斜求积”公式，在他的著作《数书九章》中的求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”把以上这段文字写成从三条边长求三角形面积的公式，就是．现有满足，且的面积是，则的周长为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可设，结合题中公式可求得，即可得周长. 【详解】因为，由正弦定理可得， 设，则， 可得的面积是，解得， 则，所以的周长为. 故答案为：. 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，求实数的值； （2）若，求向量与的夹角. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合向量垂直的坐标运算求解； （2）根据向量共线的坐标表示求得，再结合向量夹角公式运算求解. 【小问1详解】 因为，，，则， 若，则，解得， 所以实数的值为. 【小问2详解】 因为， 若，则，解得， 可得，，则， 且，所以向量与的夹角. 16. 用一个过圆锥的轴的平面去截圆锥，所得的截面三角形称为圆锥的轴截面，也称为圆锥的子午三角形．如图，圆锥底面圆的半径是4，轴截面的面积是12． （1）求圆锥的母线长； （2）过圆锥的两条母线，作一个截面，求截面面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据面积关系可得，进而可得母线长； （2）取的中点，由题意可得，利用基本不等式求面积最大值. 【小问1详解】 因为轴截面的面积为，解得， 所以圆锥的母线长为. 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 可得，则， 当且仅当，等号成立，此时， 所以截面面积的最大值. 17. （1）已知都是锐角，，，求的值； （2）已知，，求的值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系，二倍角的正切公式，两角和的正切公式求解即可； （2）将两边同时平方，再相加即可得解； 【详解】（1）因为是锐角，，所以， 所以，则， 所以. （2）因为，， 所以，， 上述两式相加得， 即，解得. 18. 已知函数在区间上的最大值为6， （1）求常数的值； （2）求的单调递减区间； （3）求使成立的的取值集合． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换可得，结合正弦函数的有界性分析求解； （2）由（1）可知：，结合正弦函数的单调性分析求解； （3）分析可得，结合正弦函数性质分析求解. 【小问1详解】 由题意可得：， 因为，则， 可知当，即时，取到最大值， 即，解得. 【小问2详解】 由（1）可知：， 令，解得， 所以的单调递减区间为. 【小问3详解】 由（1）可知：， 令，可得， 则，解得， 所以的解集为. 19. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）若，，为边上中点，求； （2）若为边上一点，且，，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理和求出，进而求出，进而求出，平方后得到，从而求出； （2）由正弦定理得，再利用向量基底表示和数量级运算律推导出，再利用基本不等式“1”的妙用求解出最小值. 【小问1详解】 依题意得：， 由，得：， ∴， ∵D为边的中点，∴ ∴ ， 即. 【小问2详解】 由正弦定理得， ∵E为边上一点，， ∴， 即， ∴， 又， ∴， ∴，即， ∴， 当且仅当，即取等号， 故的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级普通高中学科素养水平监测试卷 数学 注意事项： 1．答题前考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷的指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 若复数满足，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2. （ ） A. B. C. D. 3. 如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 将正弦曲线上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，然后再将所得图象上所有点向右平移个单位，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 5. 圆台的一个底面周长是另一个底面周长的2倍，母线长为3，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 6. 一船自西向东匀速航行，上午10时到达一座灯塔的南偏西，距灯塔64海里的处，下午2时到达这座灯塔的东南方向处，则该船航行的速度为（ ） A. 海里/小时 B. 海里/小时 C. 海里/小时 D. 海里/小时 7. 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，，，，点分别在边上，且满足，，若相交于点，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知向量，，是与同向的单位向量，则（ ） A. B. 与可以作为一组基底 C. D. 向量在向量上投影向量为 10. 下列说法正确的是（ ） A. 若互为共轭复数，则为实数 B. 若为虚数单位，为正整数，则 C. 若是关于的方程的根，则也是该方程的根 D. 复数满足，则的最大值为 11. 如图，正八面体的每一个面都是正三角形，并且四边形，四边形，四边形都是正方形，若正方形的边长为，则（ ） A. 正八面体的表面积为 B. 正八面体体积为 C. 正八面体的外接球的表面积为 D. 正八面体的内切球的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则边上的中线的实际长度为________. 13. 已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫作把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，若点为坐标原点，则______． 14. 我国南宋著名数学家秦九韶（约）独立推出了“三斜求积”公式，在他著作《数书九章》中的求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实．一为从隅，开平方得积．”把以上这段文字写成从三条边长求三角形面积的公式，就是．现有满足，且的面积是，则的周长为______． 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，求实数的值； （2）若，求向量与夹角. 16. 用一个过圆锥的轴的平面去截圆锥，所得的截面三角形称为圆锥的轴截面，也称为圆锥的子午三角形．如图，圆锥底面圆的半径是4，轴截面的面积是12． （1）求圆锥的母线长； （2）过圆锥的两条母线，作一个截面，求截面面积的最大值． 17. （1）已知都是锐角，，，求的值； （2）已知，，求的值． 18. 已知函数在区间上的最大值为6， （1）求常数值； （2）求的单调递减区间； （3）求使成立的的取值集合． 19. 已知的内角所对的边分别为，且． （1）若，，为边上的中点，求； （2）若为边上一点，且，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $