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（解析版）

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AD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】C【解析】【分析】根据台体的侧面积公式运算求解.【详解】设圆台较小底面的半径为，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4.故选：C.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，所以该棱台的体积.故选：C8.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：BCD10.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0,1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，，为边上的中点，求；（2）若为边上一点，且，，求的最小值