精品解析：福建莆田第二十四中学2025-2026学年高一下学期第一次月考数学试题

2025-2026学年高一下莆田二十四中第一次月考 一、单选题 1. 圆柱的底面半径和高都是1，则该圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 2. i是虚数单位，复数等于　　 A. B. C. D. 3. 已知向量，，若与垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 4. 记的内角的对边分别为，已知．则角（　　） A. B. C. D. 5. 如图，已知平行四边形ABCD，，E为CD中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 中国古代四大名楼之首黄鹤楼，位于湖北省武汉市武昌区，因唐代诗人崔颢登楼所题《黄鹤楼》一诗而名扬四海.如图，某同学为测量黄鹤楼的高度，在黄鹤楼的正东方向找到一座建筑物，高约为26，在地面上点处（三点共线）测得建筑物顶部，黄鹤楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则黄鹤楼的高度约为（ ） A. 64 B. 74 C. 52 D. 91 7. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为（ ） A. B. C. 8 D. 10 8. 平行四边形中，，，，点在边上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知复数，，则（ ） A. 是纯虚数 B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 10. 如图所示，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，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 11. 对于有如下命题，其中正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若，且有两解，则的取值范围是 C. 在锐角中，不等式恒成立 D. 在中，若，则必是等边三角形 三、填空题 12. 设是虚数单位，则的值为________. 13. 某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图所示，该几何体为上､下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为__________. 14. 已知向量满足，，向量与的夹角为，则___． 四、解答题-问答题 15. 已知复数，（）， （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若复数z对应的点位于第二象限，求m的取值范围； （3）若复数z对应的点位于直线上，求复数z. 16. 已知向量 （1）求; （2）若向量，试用表示； （3）若 求实数k的值. 17. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积. 18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角B的大小； （2）若，，求a； （3）若，求△ABC面积的最大值. 19. 在中，角的对边分别为，满足. （1）求角的大小； （2）若，求周长的最小值； （3）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下莆田二十四中第一次月考 一、单选题 1. 圆柱的底面半径和高都是1，则该圆柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用圆柱的体积公式计算即得. 【详解】圆柱的底面半径和高都是1，则该圆柱的体积. 故选：D 2. i是虚数单位，复数等于　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用复数的除法运算进行化简计算． 【详解】． 故选B． 【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，复数的除法，采用分子分母同时乘以分母的共轭复数，是基础题． 3. 已知向量，，若与垂直，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，则求解． 【详解】解：因为与垂直，所以， 则， 得， 故选：A 4. 记的内角的对边分别为，已知．则角（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用余弦定理计算可得. 【详解】依题意由余弦定理得，又，所以. 故选：D 5. 如图，已知平行四边形ABCD，，E为CD中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算求解即可. 【详解】. 故选：D. 6. 中国古代四大名楼之首黄鹤楼，位于湖北省武汉市武昌区，因唐代诗人崔颢登楼所题《黄鹤楼》一诗而名扬四海.如图，某同学为测量黄鹤楼的高度，在黄鹤楼的正东方向找到一座建筑物，高约为26，在地面上点处（三点共线）测得建筑物顶部，黄鹤楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则黄鹤楼的高度约为（ ） A. 64 B. 74 C. 52 D. 91 【答案】C 【解析】 【分析】求出，，，在中，由正弦定理求出，从而得到的长度. 【详解】在中，， ，， 在中，， 由，， 在中，m. 故选：C. 7. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为（ ） A. B. C. 8 D. 10 【答案】D 【解析】 【分析】由斜二测画法可知原四边形且，，利用勾股定理可求得，由此可求得平行四边形的周长. 【详解】由斜二测画法可知原四边形中且， 所以原四边形为平行四边形， 而，则原四边形中，故， 综上，四边形的周长为. 故选：D. 8. 平行四边形中，，，，点在边上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，把的取值范围转化为求二次函数的值域问题，即可求得本题答案. 【详解】作，垂足为，以点为原点，所在直线为轴，轴建立如下图的平面直角坐标系. 因为，而,所以， 在直角中，因为，，所以，， 则，设， 所以， 所以， 因为二次函数开口向上，对称轴为，且， 所以当时，取最小值，当时，取最大值， 所以的取值范围是. 故选：C 二、多选题 9. 已知复数，，则（ ） A. 是纯虚数 B. 在复平面内对应的点位于第二象限 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的概念可判定A，利用复数的除法运算及几何意义可判定B，根据共轭复数的定义可判定C，利用复数的模长公式可判定D. 【详解】因为是纯虚数，所以A正确； 因为，所以在复平面内对应的点位于第三象限，故B不正确； 因为的共轭复数为，所以C正确； 因为，所以D不正确． 故选：AC 10. 如图所示，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，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】由轴截面面积求出底面半径，再由圆锥表面积公式得解判断A，根据平行线分线段成比例可得判断B，由圆锥的体积公式求解判断C，利用侧面展开图转化为线段求解判断D. 【详解】对于A，设的边长为，由已知得，解得， 所以圆锥的表面积为，故A正确； 对于B，因为，所以，又， 所以，故B正确； 对于C，圆锥的体积为，故C错误； 对于D，由已知得圆锥的侧面展开图的圆心角，设的中点为，连接，如图， 可得，，，则，故D正确. 故选：ABD 11. 对于有如下命题，其中正确的是（ ） A. 若，则为钝角三角形 B. 若，且有两解，则的取值范围是 C. 在锐角中，不等式恒成立 D. 在中，若，则必是等边三角形 【答案】AD 【解析】 【分析】由正弦定理将角化边，再由余弦定理可得，判断出角为钝角，判断A；由三角形有两解的充要条件列表达式，可得的范围，判断B；由锐角三角形的性质判断出与的关系，判断C；由余弦定理可得，判断出的形状，判断D． 【详解】A中，，即， 由正弦定理可得，由余弦定理可得， 因为，所以，即为钝角，所以该三角形为钝角三角形，故A正确； B中，若，且有两解，则，即， 即的范围为，所以B错误； C中，在锐角中，只有时，不等式才恒成立，所以C不正确； D中，若，由余弦定理可得， 即，即，所以，所以必是等边三角形，故D正确． 故选：AD． 三、填空题 12. 设是虚数单位，则的值为________. 【答案】 【解析】 【详解】由题得 . 13. 某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图所示，该几何体为上､下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为__________. 【答案】193 【解析】 【分析】运用台体体积公式求解即可 【详解】由题意可知，该四棱台的上､下底面边长分别为， 故该香料收纳罐的容积为． 故答案为：193. 14. 已知向量满足，，向量与的夹角为，则___． 【答案】 【解析】 【分析】由题，先求得的值，再求得，最后开方可得答案. 【详解】， 故答案为 【点睛】本题考查了向量的模长的求法，熟悉向量数量积的运算以及性质的运用是解题的关键，属于基础题. 四、解答题-问答题 15. 已知复数，（）， （1）若z为纯虚数，求m的值； （2）若复数z对应的点位于第二象限，求m的取值范围； （3）若复数z对应的点位于直线上，求复数z. 【答案】（1） （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）按照复数的相关概念列方程组求解； （2）利用复数的几何意义列不等式组求解； （3）将复数z对应的点的坐标代入直线方程求解. 【详解】（1）若z为纯虚数，则， 解得； （2）若复数z对应的点位于第二象限，则， 解得； （3）若复数z对应的点位于直线上，则， 解得或， 则或. 16. 已知向量 （1）求; （2）若向量，试用表示； （3）若 求实数k的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先写出的坐标，再计算模长即可； （2）按照向量的坐标运算解方程即可； （3）先求出向量的坐标，再结合的坐标按照向量共线解方程即可. 【小问1详解】 因为，， 所以， 所以. 【小问2详解】 由题可知与不共线，故设()， 即， 所以，解得，． 因此. 【小问3详解】 由题意得． 因为， 所以， 解得. 17. 如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，判断四边形为平行四边形，进而可求证； （2）由点到平面的距离等于点到平面的距离，得到，进而可求解. 【小问1详解】 取的中点，连接， ∵为的中点，∴且， ∵为的中点，∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，∴. 又∵平面平面， ∴平面. 【小问2详解】 ∵，∴， ∴. 在直三棱柱，易知平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离， ∴， 又∵平面， ∴. 18. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角B的大小； （2）若，，求a； （3）若，求△ABC面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化简，再由求解即可. （2）由余弦定理求解即可. （3）由余弦定理以及基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得，． 因为，所以，则，即． 因为，所以． 【小问2详解】 根据余弦定理得，即， 解得或（舍去），故． 【小问3详解】 由余弦定理得， ∴， 解得，当且仅当时取等号， 的面积， 所以面积最大值为. 19. 在中，角的对边分别为，满足. （1）求角的大小； （2）若，求周长的最小值； （3）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理计算即可求解； （2）由题意可得，根据基本不等式计算即可求解； （3）由正弦定理将化为关于角的函数，根据正弦函数性质及三角形面积公式计算求解. 【小问1详解】 因为，所以， 由余弦定理可得， 因为，所以； 【小问2详解】 因为， 所以， 由基本不等式可知，当且仅当时等号成立， 所以，即， 所以当时，周长有最小值为； 【小问3详解】 由正弦定理可得，所以，， 因为，所以， 则 ， 因为是锐角三角形，有，即， 所以，，， 因为， 所以，即面积的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $