2025-2026学年福建莆田第五中学下册高一数学第一次月考试题 含答案

/莆田五中2025-20262026.04一、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.下列四个命题中正确的是（

）A.正三棱锥的每个面都是正三角形B.所有棱长都相等的四棱柱是正方体C.以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱D.以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥2.如图，向量a−

A.e1−3e2C.−2e1−33.下图是利用斜二测画法画出的∆ABO的直观图，已知A'B'∥y'作A'C'⊥O'

A.22 B.2C.162 4.在∆ABC中，AD→=2DC→，P是线段BDA.49 B.C.35 D.5.已知∆ABC中的边AB=2，BC=23，∠B=30°，若A.1 B.2C.23 6.若一圆锥的内切球半径为2，该圆锥的侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（

）A.16π B.C.24π D.7.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创造了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”，类比赵爽弦图，用3个全等的小三角形拼成了如图所示的等边∆ABC，若EF=2，sin∠

A．8 B．7 C．6 D．58.奔驰定理：已知O是∆ABC内的一点，∆BOC，∆AOC，∆AOB的面积分别为SA，SB，SC，则SA·

A.25 B.1C.16 D.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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.设复数z的共轭复数为z¯，iA.若复数z=3+4i，则B.若|z−1|=1，则C.若|z|=1，则zD.若复数(m2+3m10．下列说法中正确的为（

）A．已知a=(1,2)，b=(1,1)，且a与aB．点O为∆ABC的内心，且(OB−C．若非零向量a，b满足|a|=|b|=|a−D．两个非零向量a，b，若|a−b|=|a11．在∆ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=60°，A．若A=πB．若a=1，则C．∆ABC周长的最大值为D．∆ABC面积的最大值三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量a=(−3,4)，b=(1,0)，向量a在向量b方向上的投影向量的模为13．如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成两部分，其中14．在平面凸四边形ABCD中，已知BC=2，AC=1，AB⊥AC，∠ADC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．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(4,3)，B(6,8)，点M满足OM=（1）若AM⊥OB，求（2）若(OM+OA16．知复数z1=5+10i，复数（1）若复数z2是关于x的方程x2+mx+（2）若复数z满足1z=1z1+117．记锐角∆ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知sin（1）求A；（2）已知A的角平分线交BC于点D，求BDCD18．在∆ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且bsin（1）求角A；（2）若D为AB的中点，且4CD=719．已知C为∆OAB所在平面内一点，满足OA→+OB→+OC（1）求cos∠（2）求OA→（3）若点P是线段AC上一点，过点P分别向BA，BC作垂线，垂足分别为E，F，求PB→1.C【分析】根据题意，举出反例可得AB错误，由圆柱、圆锥的定义综合分析可知C正确，D错误.【详解】对于A，正三棱锥的底面为正三角形，侧面不一定都是正三角形，只需是等腰三角形，且能保证顶点在底面内的投影在底面正三角形的中心即可，可知A错误；对于B，底面是菱形的直四棱柱，其侧棱长与底面边长相等时，该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，可得B错误；对于C，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，即C正确；对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，可得D错误.故选：C2.D【分析】根据向量的线性运算即可求解.【详解】如图：设a=AC所以a−故选：D3.A【分析】利用面积公式求出原∆ABO的高AB，进而求出A'B【详解】由题可知，在∆ABO中，∠因为∆ABO的面积为16，O所以12AB·OB=16因为∠A'B'C所以A'故选：A.4.A【分析】本题考查三点共线定理，依题意可得，AP→【详解】由AD→由已知AP→=1根据平面向量三点共线定理得13+3故选：A5.B【分析】利用基底表示出AP→【详解】设BP→=λBC→所以AP=因为AB=2，BC=23，∠所以AP→故选：B6.C【分析】利用圆锥侧面展开图扇形弧长可构造方程求得l=2r，利用圆锥轴截面面积可构造方程求得代入圆锥体积公式即可.【详解】根据题意，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，∵圆锥侧面展开图为一个半圆，∴侧面展开图扇形弧长为πl=2πr，则作出圆锥的轴截面如下图所示，其中O为圆锥内切球球心，∵h∴S又S∆∴3r2=6r，解得r∴圆锥体积为V故选：C7.B【分析】在∆ACF中，设AF=CE【详解】在∆ACF中，∠AFC=180°−60°=120°，设AF由正弦定理可知，AFsin∠ACF=AC在∆ACF中，|499t2=t2+(2+故选：B.8.D【分析】直接根据向量的基本运算得到3OA【详解】解：∵O为三角形ABC内一点，且满足OA∴OA∵∴S故选：D.9.AB【详解】对于A，z¯=3−4i对于B，因为|z1−1|=1，故z1对应的点在圆心为故|z1|对于C，取z=22对于D，因为(m故{m2+310.ABD【分析】对于A，求出a+λb的坐标后根据a·(a+λ对于B，利用数量积的运算律可得|AB判断它们的正误.【详解】对于A，由题设a+因为a与a+λb夹角为锐角，故a·(a故{1+λ+4+2对于B，(OB→−所以(AB→−AC→所以∆ABC对于C，因为|a|=|b从而|a|2=|a|2故|a+b|=2而⟨a,a+b对于D，因为|a−b故−a·b=|a||b|，故cos⟨a，11.ACD【分析】由已知结合正弦定理可检验A、B；结合余弦定理及基本不等式可检验C；结合三角形面积公式可检验D.【详解】由正弦定理，bsinB=a由余弦定理，b2解得c=1+321由余弦定理：b2因为a2当且仅当a=c=43时，故C正确；∆ABC面积S当且仅当a=故选：ACD.12．3【详解】向量a在向量b方向上的投影向量为|a|cos故向量a在向量b方向上的投影向量的模为|a13．7【分析】设三棱柱ABC−A1B1C1的高为h，底面∆ABC面积为S，体积为【详解】设三棱柱ABC−A1B1C1的高为h，底面∆因为E，F分别为AC，AB的中点，可得S∆所以三棱台AEF−A1则V2=V故答案为：7514．3【分析】设∠CAD=θ,θ∈0,【详解】设∠CAD=θ在∆ACD中，由正弦定理得AC所以AD=在Rt∆ABC中，BC=2，AC所以AD=3=3因为θ∈0,π所以sin2所以AD→·AB15.（1）λ（2）(−6,−8)【分析】（1）由平面向量垂直的坐标表示，列出方程求解即可；（2）由平面向量平行的坐标表示，列出方程求解即可.【详解】（1）由题可得，OM→=(6λ因为AM⊥OB，所以6(6λ（2）由题可知，OM→+OA→=(6因为(OM→+OA→所以OM→=(−6,−8)，即M的坐标为16.(1)20（2）z【分析】（1）将z2（2）根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案.【详解】（1）由题意得z2因为复数z2是关于x的方程x所以(3−4i3m{3解得m=−6，n=26，所以（2）z=∴z17.（1）π（2）1【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理计算可得；（2）由面积公式可得BDCD=ABAC=【详解】（1）因为sin2由正弦定理可得c2所以cosA=c2+b（2）因为BDCD==sinC因为∆ABC为锐角三角形，所以{0<B<π所以12<32tan18．（1）A=（2）1313【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再借助诱导公式、二倍角的正弦公式计算即得.（2）利用余弦定理，结合已知建立方程组，求出边a，b，c的关系，再利用余弦定理计算即得.【详解】（1）在∆ABC中，由bsinB+又sinB>0，于是cosA2=2sinA2所以A2=π（2）依题意，CD=74，AB=7由余弦定理得AD2+在∆ABC中，由余弦定理，得a2=即(c+4b)(3c−4b)=0，则所以cos∠19.（1）−(2)−14（3）45【分析】（1）利用平面向量数量积公式及运算律计算夹角即可；（2）根据同角三角函数的平方关系结合（1）的结论、三角形面积公式得|OA→|=4，|OB→|=2，由平面向量数量积得（3）利用（1）（2）的结论及数量积运算律可得|AB→|=|BC→|=26【详解】（1）由OA→+OB两边