精品解析：山东临沂市兰山区2025-2026学年高一下学期普通高中学科素养水平监测数学试卷

2025级普通高中学科素养水平监测试卷 数学 2026.4 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 3. 下列关于空间几何体的论述，正确的是（ ） A. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B. 有两个平面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 C. 连接圆柱上下底面圆周上任意两点的线段是圆柱的母线 D. 圆台的轴截面不可能为直角梯形 4. 若斜二测画法的直观图是边长为2的正三角形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知点是的外心，，若，，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 1 7. 已知圆锥的高为2，底面半径为，过圆锥任意两条母线所作的截面中，截面面积的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 8. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深菨的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则（ ） A. B. 1 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. 如图，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与圆锥母线分别交于点，且，则（ ） A. 圆锥的表面积为 B. 圆台的高为 C. 圆锥的体积为 D. 从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 10. 若平面向量，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若在上的投影向量为，则 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则的最小值为2 11. 在中，内角的对边分别为，已知，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足，则___________． 13. 已知直角梯形，，，，，绕直角边旋转一周，则所得几何体的侧面积为___________． 14. 已知的内角的对边分别是边上的中线，则___________． 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，，，且，． （1）求与的值； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 16. 设内角所对的边分别为，已知，且． （1）求的面积； （2）若为角的平分线，交于，求的长度． 17. 如图所示，在中，是边的中点，在边上，与交于点． （1）以为基底表示； （2）若，求的值； （3）若，求的值． 18. 定义平面凸四边形为没有内角度数大于的四边形．如图，已知平面凸四边形中，． （1）若四边形被对角线分为面积相等的两部分，且； ①求的长； ②若，求的值． （2）若，求四边形面积的最大值． 19. 设两个非零向量、，，，方向逆时针旋转到方向所成的角为．定义伪叉积：．规定零向量与任意向量的伪叉积为零．已知对任意的、、、，满足，． （1）设，，计算和； （2）设，，求证：； （3）在锐角中，角的对边分别是，若，，且，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025级普通高中学科素养水平监测试卷 数学 2026.4 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简，再求出即得解. 【详解】由，得，从而，所以的虚部为1． 故选：A 2. 已知向量满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设与的夹角为，则， 代入得，化简得， 解得， ， ． 3. 下列关于空间几何体的论述，正确的是（ ） A. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱 B. 有两个平面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 C. 连接圆柱上下底面圆周上任意两点的线段是圆柱的母线 D. 圆台的轴截面不可能为直角梯形 【答案】D 【解析】 【分析】作出满足选项条件的几何体即可判断A和B考虑连线是否平行于旋转轴可判断C；根据圆台的定义，即可判断D． 【详解】 图1 图2 对于A，如图1，利用两个底面全等的斜棱柱拼接而成的几何体满足A中条件，但该几何体不是棱柱，故A错误； 对于B，如图2，该多面体有两个平面平行且相似，其他各个面都是梯形，但该几何体不是棱台，故B错误； 对于C，连接圆柱上下底面圆周上任意两点，只有连线平行于旋转轴时才是母线，故C错误； 对于D，圆台的轴截面是指过圆台轴的平面截取几何体得到的截面，其形状为等腰梯形， 这是因为圆台是由圆锥被平行于底面的平面截得，轴截面包含上下底面的直径和母线，形成对称的等腰梯形， 故圆台的轴截面始终是等腰梯形，不可能为直角梯形，故D正确． 故选：D． 4. 若斜二测画法的直观图是边长为2的正三角形，则原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法求出原三角形的高后可得其面积. 【详解】如图，直观图是边长为的正三角形，则其高， 过作轴，交于，则， 则在原中，，边上的高为， 故的面积为， 故选：D. 5. 一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设正四棱台的上底边长为，则侧棱长为，下底边长为， 正四棱台的侧面是等腰梯形，设斜高为，则 ， 侧面积为：， 解得，或（舍去）， ， 设棱台的高为，则， 上底面积， 下底面积， 该正四棱台的体积： ． 6. 已知点是的外心，，若，，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】取边的中点，则.由题中条件分析可知点与点重合，为的中点.根据点是的外心，可得，利用向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】取边的中点，则. ∵，∴，即，∴点与点重合，为的中点. 又∵点是的外心，∴是以为斜边的直角三角形，∴. ∵，，∴，解得. 故选：D. 7. 已知圆锥的高为2，底面半径为，过圆锥任意两条母线所作的截面中，截面面积的最大值为（ ） A. 4 B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据余弦定理计算圆锥的轴截面三角形顶角的余弦值，判断得出其为钝角，再根据三角形的面积公式可知，当截面顶角为直角时截面面积最大. 【详解】如图，为母线，为底面圆心，其中为轴截面三角形， 则，，则， 则在中利用余弦定理可得，， 则为钝角， 设过圆锥任意两条母线所作的截面三角形的顶角，则， 则截面三角形的面积为， 则当，即时，截面三角形的面积最大，最大值为. 故选：B 8. 《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深菨的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形，其中为正八边形的中心，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正八边形的结构特征，结合数量积的定义计算即得. 【详解】在正八边形中，连接，则， 而，即，于是， 在等腰梯形中，， 所以. 故选：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. 如图，圆锥的轴截面是面积为的正三角形，用平行于圆锥底面的平面截该圆锥，截面圆与圆锥母线分别交于点，且，则（ ） A. 圆锥的表面积为 B. 圆台的高为 C. 圆锥的体积为 D. 从点出发沿着该圆锥侧面到达中点的最短路程为5 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合圆锥的性质，利用圆锥的表面积公式计算判断选项A；利用三角形的性质及相关比例关系计算，判断选项B；利用圆锥体积公式计算判断选项C；数形结合判断选项D． 【详解】选项A：已知截面是面积为的正三角形，设边长为，则 ，解得，则底面半径，母线长， 侧面积，底面积， ，故A正确； 选项B：， ， ， ，则，故B正确； 选项C：底面半径，， ，故C错误； 选项D：圆锥的侧面展开图是圆心角为的半圆，设的中点为， 连接， 则，， ，故D正确． 10. 若平面向量，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若在上的投影向量为，则 C. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 D. 若，则的最小值为2 【答案】BD 【解析】 【详解】选项A：已知，，则，解得， 此时，， 故与不平行，故A错误； 选项B：在上的投影向量为，与共线且方向相同， ，故， 投影向量的系数满足，，， 则，解得， ，故B正确； 选项C：当时，，若与的夹角为锐角，需满足： ，且与不共线， ，解得， 若与共线，则，解得，此时夹角为0， 已知与夹角为锐角，故， 综上，的取值范围为，故C错误； 选项D：若，则， ，当且仅当，即， 结合得时等号成立，故D正确． 11. 在中，内角的对边分别为，已知，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】由余弦定理，即①， 由正弦定理得：， 代入①得，故A正确； ， ，则， 由选项A知，，代入得， ，故B错误； ， ， 已知，由正弦定理得， 则，故C正确； ， ， 两式相减等号右边为②， ， 则②化为， ， ，故，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足，则___________． 【答案】 【解析】 【详解】设，则， ， 代入原式得， ，即，解得， ． 13. 已知直角梯形，，，，，绕直角边旋转一周，则所得几何体的侧面积为___________． 【答案】## 【解析】 【详解】因为，，， 所以， 绕直角边旋转一周，所得几何体为圆台， 圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线为， 所以圆台的侧面积. 14. 已知的内角的对边分别是边上的中线，则___________． 【答案】4 【解析】 【详解】由余弦定理得， 故，解得，结合得， 中线满足向量关系：， 则， ， ，化简得①， ， 代入①可得，解得或（舍去）， ． 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，，，且，． （1）求与的值； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行，垂直坐标关系运算得解； （2）求出向量的坐标，利用向量夹角公式求解. 【小问1详解】 由，可得，解得， 由，可得，解得. 【小问2详解】 由（1），， ，， 设的夹角为， 则，又， . 所以向量的夹角为. 16. 设内角所对的边分别为，已知，且． （1）求的面积； （2）若为角的平分线，交于，求的长度． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，，结合余弦定理化简得，再根据三角形面积计算公式计算即可； （2）根据及，化简计算即可. 【小问1详解】 由余弦定理可得：，即， 因为，，所以， 所以； 【小问2详解】 因为为角的平分线，所以 因为， 所以，而， 所以. 17. 如图所示，在中，是边的中点，在边上，与交于点． （1）以为基底表示； （2）若，求的值； （3）若，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合图形，根据平面向量的线性运算即可求解； （2）由三点共线及三点共线，结合平面向量共线定理列出方程组求解即可； （3）设，，再用表示出求得和，得出，结合即可得出． 【小问1详解】 ． 【小问2详解】 连接， 则， 因为，， 所以，， 因为三点共线，三点共线， 所以，解得． 【小问3详解】 设，， 则， ， 所以，解得， 所以， ， 又因为， 所以，即， 所以． 18. 定义平面凸四边形为没有内角度数大于的四边形．如图，已知平面凸四边形中，． （1）若四边形被对角线分为面积相等的两部分，且； ①求的长； ②若，求的值． （2）若，求四边形面积的最大值． 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①根据已知条件，利用余弦定理和三角形面积公式求解；②建立坐标系，求出相关点和向量坐标，进而求出向量的数量积； （2）利用余弦定理和三角形面积公式，结合两角和的余弦公式及三角函数的性质求面积最大值． 【小问1详解】 ①中，已知，由余弦定理得： ，则， ， 由题意知，在中，， 由，解得， ，， 由凸四边形性质，，故，则， 由余弦定理得：， 故． ②以为坐标原点建立平面直角坐标系如图， 则，则， ，， ， ． 【小问2详解】 四边形的面积， 则， 在中，由余弦定理得： ， ， 在中，由余弦定理得： ， ，化简得， ，即， ， 当且仅当，即时，取等， 则，故． 19. 设两个非零向量、，，，方向逆时针旋转到方向所成的角为．定义伪叉积：．规定零向量与任意向量的伪叉积为零．已知对任意的、、、，满足，． （1）设，，计算和； （2）设，，求证：； （3）在锐角中，角的对边分别是，若，，且，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 不妨设射线、分别为角、的终边，则， 设，，则，， 则 ， 故. （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算求出的余弦值，进而可得出的正弦值，结合题中定义可求得和的值； （2）不妨设射线、分别为角、的终边，则，设，，则，，利用题中定义结合两角差的正弦公式化简可证得结论成立； （3）结合（2）可得，再由正、余弦定理与和角的正弦公式化简计算得到，利用三角形内角范围推得，由锐角三角形求出的范围，将所求式进行恒等变换为，结合正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 因为，，所以，，， 如下图所示： 所以， 所以为锐角，且， 结合图形可知，， . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，，且， 由（2）可知， 又由余弦定理， 所以，化简得， 因为，即，由正弦定理可得（*）， 又因为， 代入（*）化简得：，即， 又因为，则，所以，即， 因是锐角三角形，故，解得， 由， 因为，所以，所以， 所以的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $