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（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页山东临沂市兰山区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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数z满足z(1+i)=2，则z的虚部为(

)A.1 B.−1 C.i D.−i2.已知向量a,b满足a=2,b=1,a+3bA.5π6 B.2π3 C.π33.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.64 B.3 C.25.一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33，则该正四棱台的体积为(

)A.14 B.283 C.2826.已知点G是△ABC的外心，2GA+AB+AC=0，若AB=(1,2)A.14 B.13 C.127.已知圆锥的高为2，底面半径为22，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.8238.《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，易经包含了深刻的哲理.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ABCDEFGH，其中AB=1，O为正八边形的中心，则AB⋅HD=(

)

A.2−1 B.1 C.2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.如图，圆锥PO1的轴截面PCD是面积为43的正三角形，用平行于圆锥PO1底面的平面截该圆锥，截面圆O2与圆锥母线PD，PC分别交于点A，B，且A.圆锥PO1的表面积为12π

B.圆台PO2的高为3

C.圆锥PO2的体积为410.若平面向量a=m,2,b=1,nA.若2a+b=2,6，则a//b

B.若a在b上的投影向量为2,4，则m+n=8

C.若n=1，且a与b的夹角为锐角，则实数m的取值范围为−2,+∞

11.在▵ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知2b2=aA.sin2B=2sinAsinCcosB三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知复数z满足z⋅z+2z=8+6i，则z=

．13.已知直角梯形ABCD，AB//CD，AD⊥AB，AB=2CD=1，AD=12，绕直角边AD旋转一周，则所得几何体的侧面积为

．

14.已知▵ABC的内角A,B,C的对边分别是a,b,c,2bcosA=acosC+ccosA,b=4,BC边上的中线AD=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.(本小题13分)

已知向量a=(2,4)，b=(3,x)，c=(4,y)，且a//b，a⊥c．

(1)求x与y的值；

(2)若m=2a16.(本小题15分)设△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A=60∘，a=(1)求△ABC的面积;(2)若AD为角A的平分线，交BC于D，求AD的长度．17.(本小题15分)如图所示，在△ABC中，D是边BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点(1)以AB，AC为基底表示BD；(2)若BO=xAB+yAC，求(3)若AB⋅AC=6AO18.(本小题17分)

定义平面凸四边形为没有内角度数大于180∘的四边形.如图，已知平面凸四边形ABCD中，AB=3，BC=2，AD=2(1)若四边形ABCD被对角线BD分为面积相等的两部分，且∠A= ①求CD的长; ②若AM=23(2)若CD=3，求四边形ABCD面积的最大值．19.(本小题17分)设两个非零向量a，b，OA=a，OB=b，OA逆时针旋转到OB所成的角为θ.定义伪叉积：a×b=|a|⋅|b|sinθ.规定零向量与任意向量的伪叉积为零(1)设a=(1,3)，b=(2,3)，计算a(2)设a=(x1,(3)在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若m=(b,c)，n=(a+c,b)，且m×n=0参考答案1.A

2.C

3.D

4.D

5.C

6.D

7.B

8.D

9.ABD

10.BD

11.ACD

12.−1+3i

13.314.4

15.x=6，y=−2；

α=π416.解：(1)由余弦定理：a2=b2+c2−2⋅b⋅c⋅cosA，

又a=7，A=60∘，b2+c2=8，

故(7)2=8−2⋅b⋅c⋅cos60∘，

化简得b⋅c=1，

则S△ABC=17.解：(1)在△ABC中，∵D是边BC的中点，

∴BD=12BC=12AC−AB=−12AB+12AC;

(2)BO=xAB+yAC=xAB+y(BC−BA)=−xBA−yBA+yBC=(−x−y)BA+yBC，

因为BE=2EA，所以BA=32BE，所以BO=32(−x−y)BE+yBC

因为E，O，C三点共线，所以−32x−32y+y=1 ①

又因为D是边BC的中点，所以BC=2BD，

所以BO=−(x+y)BA+2y18.解：(1)①如图，

在

ΔABD

中，

∠A=60∘

，

AB=3

，由余弦定理可得

BD2=32即

BD2+AB2=A又

SΔABD=SΔBCD

得

sin∠DBC=32

，又因为凸四边形ABCD

，

0°<∠DBC<90∘

在

ΔBCD

中，由余弦定理可得：

CD2所以

CD=7(1) ②如图，以B为原点，建立平面直角坐标系，

由 ①知B(0,0)，A(0,3)，C(1,−3)，D(3,0)，则BD=(3,0)．

设M(x,y)，则AM=(x,y−3)，AC=(1,−23)

由AM=23AC，得(x,y−3)=23(1,−23)，

∴x=23，y=−33，

∴M(23,−33)，DM=(−73,−33)，

∴BM⋅DM=(23,−33)⋅(−73

19.解：(1)如图：由平面向量数量积可得cos∠AOB=a·bab=1110×13=11130，

则∠AOB为锐角，且sin∠AOB=1−cos2∠AOB=1−121130=3130，

结合图形可知，

a×b=a·bsin(2π−∠AOB) =−a·bsi