黑龙江哈尔滨市哈师大附中2025-2026学年度高一下学期4月月考数学试卷

这是一份黑龙江哈尔滨市哈师大附中2025-2026学年度高一下学期4月月考数学试卷，共27页。试卷主要包含了AC等内容，欢迎下载使用。
8．在 ABC 中，已知 AB  AC  9 ， sin B  cs A sin C ， ABC 的面积为6 ， P 为线段 AB 上的一点，且
CP  x  CA  y  CB
CA
CB
，则 1  1 的最小值为（）
xy
第Ⅰ卷 （选择题共 58 分）
一、单选题：本大题共 8 小题，每个小题 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．
7  2 3
12
7  3 2
12
7  2 6
12
7  4 3
12
化简： AB  AC  BA  CB 等于（）
B． BA
C． CA
D． AC
AB
一个圆锥的高是 3 ，侧面积是2π，则该圆锥轴截面的周长为（）
A．3B．4C．5D．6
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，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．已知平面向量a  1, 3 ， b  2,1 ，则（）
10
A． a B． 2a  b  b
aa  2 , 1 
C． 与b 的夹角为锐角D．
在b 上的投影向量为
5 5 
a
设a, b 是非零向量，则 a
 b 是a2b 成立的（）

b

在正方体 ABCD  A B C D 中，点E , F , G 分别是棱 AB , BC , BB 的中点，则（）
1 1 1 1
1 11 11
A．充要条件B．充分不必要条件
A． FG// 平面 AA1D1DB． EF // 平面 BC1D1
C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件 4．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个
C． FG// 平面BC1D1
D．平面EFG// 平面BC1D1
边长为 2 的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
如图， AB,CD 是半径为 1 的圆O 的两条不同的直径， AM  2MO ，则（）
A．4B．
3
4+4
C．16D．8
AM  1 MB
3
8
C
O
M
D
2
AB
已知向量a  2cs, 1, b  3cs,1 ，且a  b ，则cs2  （）
MC  MD  
9
 2
3
2
3
 1
3
1
3
满足 MB  MC  MD 的实数 与 的和为定值 4
对于两个不共线向量e , e ，已知a  4e
3e
， b  m e
 2e
，若2a  b 与b 共线，则m 的值为
sinCMD 的最大值为 3
（）
 5
3
12
8
3
12
 8
3
12
5
3
5
第Ⅱ卷（非选择题共 92 分）
5
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 是 AB 的中点，
已知向量a, b 满足 a  b ， a  b  2a  b ，则 b  ．
动点 P 在正方体内部或表面上，若 PB1
所形成的区域面积为（）
A．4B． 9
2
// 平面 DEC1 ，则动点P 的轨迹
C．6D． 21
4
若圆锥和圆柱的底面半径、高和侧面积都相等，设该圆锥体积为3 3π ，则该圆柱的高为．
已知一正三棱台的上、下底面边长分别为 3 、2 3 ，若该正三棱台的体积为 7 3 ，则它的外接球
4
的体积为．
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四、解答题：本大题共 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．（13 分）已知向量a,b 满足 a  3 ， b  2 ， a  b  b .
19．（17 分）对于一组向量a1, a2 , a3,
(n  N, n  3) ，记n  {a1 , a2 , a3 ,, an} ，令向量
, an
求向量a 与b 的夹角 的余弦值；
求 2a  b .
Sn  a1  a2  a3  a n ，如果存在向量ap ， p {1, 2,3,, n}，使得 ap
那么称ap 是n 的“ k 向量”．
 S n k ap
(k  Z) ，
16．（15 分）设 ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，其面积为 S ，已知2S 
3 AB  AC  0 .
设a n
若a
 (n, x  n), n  N *，若a3 是3 的“ 3 向量”，求实数 x 的取值范围；
 sin nπ , cs nπ  , n  N *，  是否存在“ 1向量”？给出你的结论并说明理由；
n22 7
求角 A 的大小；
若 a  3，设G 是 ABC 的重心，求 AG 的最小值．

P2025 P2026
已知a1, a2 , a3 均是3 的“ 1向量”，其中a1  (sin x, cs x) ， a2  (2 cs x, 2sin x) ．设在平面直角坐标系中有一点列P1, P2 , P3 ,, Pn 满足： P1 为坐标原点， P1P2  a3 ，且P2 k 1 与P2k 关于点P1 对称， P2k 2 与
17．（15 分）如图，在圆柱OO1 中，AC， A1C1 分别为圆 O，圆O1 的直径，
A1
AA1 ， BB1 ， CC1 为圆柱的母线.
求证：平面 A1OB// 平面O1B1C ；
P2k1(k  N*) 关于点P2 对称，求
O1
B1
P
O
C1
的最小值．
若圆 О 的半径为 2， BAC  30 ， A1 A  AB ，点 P 为 A1B 的中点，AC B
求三棱锥 P  O1B1C 的体积．
18．（17 分）如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AD / /BC ，M，N 分别是 PB ， CD 的中点， AD  3BC ，
PE  ED ．
求证： MN // 平面 PAD ；
若 PB// 平面 ACE ，求 的值；
当  2 时，若 PA  PB  PC  AD  9 ， CD  12 ， AF  2FD ，请在图中作出四棱锥 P  ABCD 过点 B，E，F 的截面（保留作图痕迹），
D
并求出截面周长．
P
M A
B
NC
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哈师大附中 2025--2026 学年度高一下学期月考数学参考答案
1．A
【详解】 AB  AC  BA  CB   AB  BA AC  CB  0  AB  AB . 2．D
【分析】利用圆锥的高与母线、半径的关系，求出母线长和底面半径，进而得到轴截面周长为 6.
l2  3
【详解】设圆锥的母线长为l ，则底面半径为r ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
D
C
D
A
C
B
D
题号
9
10
11
答案
ACD
AC
BCD
侧面积S  πrl  πl
 2π ，解得l  2，
l2  3
l2  3
则r 
 1，故圆锥轴截面的周长为2l  2r  2 2  21  6 ．
3．C
【详解】对于非零向量a, b ，若
，则a, b 同向，不一定有a  2b ；
a  b ab
a  b ab
若a  2b ，则a, b 同向，此时.
a  b ab
所以
是a  2b 成立的必要不充分条件.故选：C
4．D
【详解】还原直观图为原图形，如图所示，
因为OA  2 ，所以OB  2 2 ，还原回原图形后， OA  OA  2 ， OB  2OB  4 2 ，
2
2
所以原图形面积为2  4 8.故选：D 5．A
【详解】由向量a  2cs , 1, b  3cs ,1 ，
由a  b 可得： 2cs 3cs 1  0 ，整理得cs2  1 ，
6
所以cs2  2 cs2  1  2 1 1   2 .
63
6．C
【详解】由题意知2a  b  24e1  3e2 me1  2e2   8  me1  8e2 .
若2a  b 与b 共线，则存在实数 使得8  me1  8e2  b   me1  2e2  ，
8  m  m
因为向量e ， e 不共线，所以
  48

解得8 ，故m 的值为 .故选：C
128  2
m  3
3
7．B
【详解】分别取CD, C1D1 中点 N , M ，连接 BN , NM , B1M , AB1, AM ，
则由正方体结构性质可知MN / / BB1, MN  BB1 ， AD / / B1C1 , AD  B1C1 ， BE / / DN, BE  DN
所以四边形MNBB1 、 ADC1B1 、 BEDN 均为平行四边形，所以 AB1 / / DC1, B1M / / BN , BN / / DE ，所以 B1M / / DE ，因为 DC1 , DE  平面 DEC1 ， B1M , AB1 在平面 DEC1 外，所以 B1M // 平面 DEC1 ， AB1 // 平面 DEC1 ，
又 B1M  AB1  B1 ，所以平面 AB1M // 平面 DEC1 ，
取 DD1 中点T ，连接 AT , MT ，则MT / / DC1 ，则MT // AB1 ，
22  22
2
所以 A, B1 , M ,T 四点唯一确定一个平面，所以平面 AB1M 即为平面 AB1MT ，所以由题意若 PB1 // 平面 DEC1 ，则动点 P 的轨迹为平面四边形 AB1MT ，
因为 AT  MB 
 5, MT 
 2, AB 
 2，
12  22
12 12
11

5
2

2


2 2  2
2


所以四边形 AB1MT 为等腰梯形，且该梯形的高为
 3 ，
2
3 MT  AB 
2
1
2
3  2  2 2 
由正方体结构性质可得面积为
8．D
 9 .故选：B
222
【详解】 ABC 中设 AB  c ， BC  a ， AC  b ，
因为sin B  cs A sin C ， sin B  sin  A  C  ，所以sin( A  C)  sin C cs A ，即sin Acs C sin C cs A  sin C cs A ，所以sin Acs C  0 ，
2
因为 A0, π ，所以sin A  0 ，所以cs C  0 ，又C 0, π ，所以C  π ，
又因为 AB  AC  9 ，所以bc cs A  9 ，又 1 bc sin A  6 ，所以tan A  4 ，
23
在Rt△ABC 中， sin A  4 ， cs A  3 ， bc  15，
55
c2  b2
根据cs A  b  3 ，所以b  3 ， c  5 ， a 
 4 ，
c5
以 AC 所在的直线为 x 轴，以BC 所在的直线为 y 轴建立直角坐标系，可得C(0, 0)， A(3, 0) ， B(0, 4) ，所以CA  (3, 0) ， CB  (0, 4)，
CB  e
CB
2
P 为线段 AB 上的一点，则存在实数 使得CP  CA  (1 )CB  (3, 4  4)(0    1) ，
CA  e
CA
1
设
，
，则e  (1, 0) ， e  (0,1) ，
12
所以CP  x CA  y CB
CACB
 (x, 0)  (0, y)  (x, y) ，则P(x, y) ，
所以 x  3 ， y  4  4 ，则4x  3y  12 ，
所以 1  1  1  1  1 (4x  3y) 
1  7  3y  4x   7+4 3 ，
xy12  xy 
12 xy 12

3
当且仅当 3y  4x ，即 x  12  6 3 ， y  8
xy
此时  4  2 3 0,1，
所以 1  1 的最小值为 7  4 3 .
12 时，等号成立，
xy12
9．ACD
a  12  32
【详解】因a  1, 3 ，则
 10 ，故 A 正确；
因a  b  12  31  1 ， b 
22 12 
5 ，则2a  b b  2a b  b 2  2  5  0 ，故B 错误；
cs a, b  a  b  1  2  0 ，故C 正确；
a  b10  510
a  b  b  1 b    2 , 1 
a 在b 上的投影向量为25 5 5  ，故D 正确.
b
故选：ACD 10．AC
【详解】在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，点E ， F ， G 分别是棱 A1B1 ， B1C1 ， BB1 的中点， FG //BC1 ．
BC1 //AD1 ， FG //AD1 ，
又 FG 平面 AA1D1D ， AD1  平面 AA1D1D ，FG// 平面 AA1D1D ，故选项A 正确；
EF //A1C1 ， A1C1 与平面 BC1D1 相交， EF 与平面 BC1D1 相交，故选项 B 错误；
FG //BC1 ， FG  平面 BC1D1 ， BC1  平面 BC1D1 ，FG// 平面BC1D1 ，故选项C 正确；
EF
与平面 BC1D1 相交，平面 EFG 与平面 BC1D1 相交，故选项D 错误．故选：AC．
11．BCD
【详解】
AO  OB, AM  2MO ， AM  1 MB, AM  1 MB ，故 A 错误；
22
以O 为原点，以 AB 为 x 轴，以 AB 的中垂线为 y 轴建立平面直角坐标系，y
C
M   1
则3 ,0  ，设C cs,sin  ，则 D cs, sin (0    π) ，O

则 MC  cs  1 , sin , MD   cs  1 , sin  ，
AMBx D
33

 MC  MD  1  cs2  sin2  1 1   8 ，故B 正确；
999
MB  4MO  MC  MD, MO   MC   MD ，
4
4
O, C, D 三点共线，     1，即    4 ，故 C 正确.
44
MC cs   sin2 

1 2
10

3 
93
cs , MD cs   sin2
2

1 2

3 
10  2 cs
93
，

，csCMD  cs，
MC  MD 
100  4 cs2
819
MC, MD
 MC  MD 
MC  MD
9
 8
100  4 cs2
819
0    π,0  cs2  1 ， 8 
 10 ，1  csCMD   4 ，
100  4 cs2
819
995
∴ sinCMD 的最大值为 3 ，故D 正确.
5
5
12．
a  b  2a  b
【详解】因为
，所以a  b 2  2a  b 2 ，
即a2  2a b  b2  4a2  4a b  b2 ，整理得a2  2a b  0 ，
a  2a b  b  b  5
又因为 a  b  5 ，所以a  b 2  5 ，则 222，所以 b  5 ．
3
13．
r2  h2
【详解】设圆锥的底面半径、高分别为r, h ，则该圆锥的母线l ，
r2  h2
依题意， 2πrh  πrl ，则2h  l 
，解得r 
3h ，
由该圆锥体积为3 3π ，得1 πr2h  3 3π ，则h3  3 3 ， h  3 ，
3
所以该圆柱的高为 3 .
14． 20 5π
3
【分析】根据条件及三棱台的体积公式，可得正三棱台的高，根据正三棱台的性质及勾股定理，可得外接球的球心到下底面的距离，进而可得外接球的半径 R，代入体积公式，即可得答案.
【详解】因为正三棱台的上、下底面边长分别为 3 、2 3 ，
3
所以上底面面积S 3  ( 3)2  3 3 ，下底面面积S 3 (2 3)2  3，
14424
S1S2
设正三棱台的高为 h，则体积V  1 S  S  h  7 3 ，
3124
1  3 3

 3 3 
7 3
3 3
则 3 
 3 3   h 
44
4 ，解得h  1，

3
上底面的中心到顶点 A 的距离r  2  3  1 ，
132
3
下底面的中心到顶点 D 的距离r  2  3  2 2 ，
232
12
因为r 2  r 2  h2 ，所以外接球球心 O 位于底面 DEF 的下方，
设外接球球心到下底面的距离为d ，则到上底面的距离为d  1 ，设外接球的半径为R ，
2
R2  r 2  d 2R2  22  d 2
1


则R2  r 2  (d 1)2 ，即R2  12  (d 1)2 ，解得d  1 ，则R  5 ，
所以外接球的体积V  4 πR3  20 5π
33
四、解答题
6
15．（13 分）【答案】(1)  2 ；(2) 2
3
【详解】（1）因为 a  3 ， b  2 ，
a b  b  4
若a  b   b ，则a  b  b  a  b  b2  0 ，可得2，
所以a 与b 的夹角的余弦值cs a, b  a  b  4   2 .
a  b3 23
（2）由题意可得： 2a  b 2  4a 2  4a  b  b 2  4 32  44  22  24 ，所以 2a  b  2 6 .
16．（15 分）【答案】(1) A  2π ；(2)3
33
【详解】（1）因为S  1 bcsinA ， AB  AC  AB  AC csA  cbcsA ， 2S 
2
3 AB  AC  0 ，
所以2 1 bcsinA 
2
3cbcsA  0 ，即bcsinA 
3bccsA  0 ，
3
因为bc  0 ， cs A  0 ，所以tanA ，
又因为0  A  π ，所以 A  2π .
3
（2）由（1）及余弦定理可知b2  c2  bc  9
b2  c2  9  bc  2bcbc  3 ，当且仅当b  c 时，“ ”成立．

设 BC 的中点为 D ，因G 是 ABC 的重心， AG  2 AD  2  1 AB  AC  1 AB  AC
3323
两边平方得 AG 2  1 c2  b2  2bc cs A  1 c2  b2  bc  1 9  2bc  1 9  6  1 ，
99993
当且仅当b  c 时，“ ”成立．
所以 AG 的最小值为 3 ．
3
O1
B1
P
O
17．（15 分）【答案】（1）见解析；（2）2.
A1C1
【详解】（1）证明：连接OO1 ，
由题意得四边形OO1B1B 为矩形，所以OB ∥O1B1 ，
因为O1B1  平面O1B1C ， OB  平面O1B1C ，所以OB∥平面O1B1C .AC
B
由题意得四边形OCO1 A1 为平行四边形，所以 A1O ∥O1C .
因为O1C  平面O1B1C ， A1O  平面O1B1C ，所以 A1O ∥平面O1B1C .
A1O  O
因为OB
，所以平面 A1OB// 平面O1B1C .
O1
B1
P
O
A1C1
（2）解：由 A1B  平面 A1OB 及（1）知 A1B ∥平面O1B1C ，所以点P 到平面O1B1C 的距离等于点 A1 到平面O1B1C 的距离，
所以三棱锥 P  O1B1C 的体积等于三棱锥 A1  O1B1C 的体积.AC
1 1 11 1 1
又VA O B C  VC AO B ，B
由题意知ABC  90，又BAC  30 ， AC  4 ，
所以 A1B1  AB  2 3 ， A1O1  2 ，
3
B1 A1O1  BAC  30 ， CC1  AA1  AB  2，
1 1 1
所以VC  A O B
 1  1  2 2 3 sin 30 2
3
3 2
 2 ，
所以三棱锥 P  O1B1C 的体积为 2.
15
18．（17 分）【答案】（1）见解析；（2）   1 ；（3） 23 
3
【详解】（1）证明一：取 AB 的中点为 Q，连接MQ ， NQ ，
∵ AD / /BC ，N、Q 分别为CD 、 AB 的中点；∴ NQ / / AD ，
∵ NQ  平面 PAD ，∴ NQ // 平面PAD ，又∵ M 为 PB 的中点，∴ MQ / /PA ，
∵ MQ  平面 PAD ，∴ MQ // 平面 PAD ，
NQ  Q
∵ MQ
， MQNQ  平面MNQ ，∴平面MNQ // 平面PAD ，
又MN 平面MNQ ，∴ MN // 平面 PAD .
证明二：取 PA 的中点为 R，过 C 作CG // AB 交 AD 于 G，取 DG 中点 H，连接MR ， NH ， HR ，
则MR / / AB ， MR  1 AB ， NH / /CG / / AB ， NH  1 AB ，
22
∴四边形MNHR 是平行四边形，
∴ MN / /RH ，
∵ MN  平面 PAD ， RH  平面PAD ，∴ MN // 平面PAD .
连接 BD 交 AC 于点 O，连接OE ．
∵ PB // 平面 ACE ，平面 PBD 平面 ACE  OE ，∴ OE / /PB ，∴ PE  OB ．
EDOD
又 OB  BC  1 ，∴ PE  1 ED ，∴   1 ．
ODAD333
设V 为 PC 上靠近点 C 的三等分点，连接EF ， EV ， BF ， BV ，则四边形VEFB 为所求截面．证明过程如下：∵   2 ，∴ PE  2ED ，∴VE / /CD ．又∵ BC / /DF ， BC  DF ．
∴四边形BCDF 是平行四边形，∴ BF / /CD ，∴VE / /BF ．故 V、E、F、B 共面，
故四边形VEFB 为所求截面．
∵ PA  PB  PC  AD  9 ， CD  12 ，VE 
2 CD  8 ， EF 
3
1 PA  3 ， BF  CD  12，
3
在△PBC 中，∵ PB  PC  9 ，∴ BC  1 AD  3
3
故∴ csPCB  1 ，
6
BC2  CV 2  2BC CV csPCB
故 BV 
15
所以截面周长为12  3  8  23 
，
15
15 ．
19．【答案】(1) , 0 6,  ；(2)存在，且 “ 1向量” 为 a2
， a6 ，理由见解析；(3) 4048
a3  a1  a2  2a3
【分析】（1）得到
，从而得到不等式，求出答案；
a  1，若存在“ 1向量” a ，只需使 S  a
 1，结合题意分析可得1  cs pπ   1 ，当 p  2 或
npnp
6 时，符合要求，得到结论；
22
u  sin x  2 cs x

由题意整理可得a1  a2  a3  0 ，设a3  u, v ，由a1  a2  a3  0 得v  cs x  2sin x ，设
P  x , y  ，由对称得到方程组，求出 PP 4k PP ，其中 PP 2  5  4sin 2x  1，即可得结果．
nnn2k 1 2k  21 21 2
a3  S3  3a3
【详解】（1）由题意可得：
，即，
a3  a1  a2  2a3
因为an  n, x  n ，则a1  1, x 1, a2  2, x  2, a3  3, x  3 ，可得a1  a2  2a3  3, 3 ，
9   x  32
则
 9  9 ，解得 x  6 或 x  0 ，
所以实数 x 的取值范围, 0 6,  .
存在“ 1向量”，且“ 1向量”为a2 、a6 ，理由如下：
a  sin2 nπ  cs2 nπ
n
2
2
由题意可得
若存在“ 1向量” ap ，则 Sn  ap
 1，
 1，
因为S7  a1  a2  a3  a7  1 0 1 0 1 0 1, 0 1 0 1 0 1 0  0, 1 ，
S  a  sin2  cs1
pπ

pπ
2
7p
2


2


可得


 1，
sin2 pπ  cs2 pπ  2 cs pπ 1
2
2
2
2  2 cs pπ
2
即0  2  2 cs pπ  1，即1  cs pπ   1 ，
222
23
123
当 p  2 或 6 时，符合要求，故存在“ 1向量”，且“ 1向量”为a2 、a6 ．
由题意，得
2
a1  a2  a3
1
， a a
 a 2 ，即a 2  a
 a 2 ，
222
222
即a 2  a 2  a 2  2a  a ，同理a a  a  2a  a ， a a  a 2a  a ，
12323
21313
31212
三式相加并化简，得a 2  a 2  a 2  2a  a  2a  a  2a  a  0 ，
123121323
123
123
即a  a  a 2  0 ， a1  a2  a3  0 ，所以a  a  a  0 ，
3123v  cs x  2sin x
u  sin x  2 cs x
设a  u, v ，由a  a  a  0 得，

设 Pn  xn , yn  ，因为 P2 k 1 与 P2k 关于点 P1 对称， P2k 2 与 P2 k 1 （ k  N 且k  0 ）关于点P2 对称，
 x2k1, y2k1   2 x1, y1    x2k , y2k ①
则依题意得：  x, y  2 x , y    x, y② ，
 2k 22k 2222k 12k 1
将①代入②得，  x2k 2 , y2k 2   2  x2 , y2    x1 , y1    x2k , y2k  ，从而 x2k , y2k   2  x2 , y2    x1, y1    x2k 2 , y2k 2  ，
……，
 x4 , y4   2  x2 , y2    x1, y1    x2 , y2  ，以上k 个式子相加化简得，
 x2k 2 , y2k 2   2k  x2 , y2    x1, y1    x2 , y2  ，
又由②知，  x2k 1, y2k 1   2 x2 , y2    x2k 2 , y2k 2   2  x2 , y2   2k  x2 , y2    x1, y1    x2 , y2 
 2k  x2 , y2    x1, y1    x2 , y2  ，
即 x2k 1, y2k 1   2k  x2 , y2    x1, y1    x2 , y2  ，
所以 P2k 1P2k 2   x2k 2  x2k 1, y2k 2  y2k 1   4k  x2 , y2    x1, y1   4k P1P2 ，其中 P1P2  u, v  sin x  2 cs x, cs x  2sin x ，
1 2
PP 2  sin x  2 cs x2  cs x  2sin x2  5  8sin x cs x  5  4sin 2x  1 ，
当且仅当 x  tπ  π t  Z 时等号成立，故 PP 4 2024  4048 ．
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