哈尔滨市哈师大附中2025—2026学年度高一下学期4月月考数学答案_2026年04月高一试卷_260413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（全科）

哈师大附中 2025--2026 学年度高一下学期月考数学参考答案 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 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. 【详解】设圆锥的母线长为l，则底面半径为 第1页（共9页） r = l 2 − 3 ， 侧面积S =πrl =πl l2−3=2π，解得 l = 2 ， 则 r = l 2 − 3 = 1 ，故圆锥轴截面的周长为 2 l + 2 r = 2  2 + 2  1 = 6 ． 3．C a b 【详解】对于非零向量a,b，若 = ，则 a b a , b 同向，不一定有 a = 2 b ； 若 a = 2 b a b ，则a,b同向，此时 = . a b 所以 a a = b b 是 a = 2 b 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， O A = O A  = 2 ，OB=2OB=4 2， 所以原图形面积为24 2 =8 2.故选：D 5．A 【详解】由向量 a ( 2 c o s , 1 ) , b ( 3 c o s ,1 )   = − = ， 由a⊥b可得： 2 c o s 3 c o s 1 0    − = ，整理得 c o s 2 1 6  = ， 1 2 所以cos2=2cos2−1=2 −1=− . 6 3 6．C【详解】由题意知 第2页（共9页） 2 a − b = 2 ( 4 e 1 + 3 e 2 ) − ( m e 1 − 2 e 2 ) = ( 8 − m ) e 1 + 8 e 2 . 若 2 a − b 与 b 共线，则存在实数使得 ( 8 m ) e 1 8 e 2 b ( m e 1 2 e 2 )   − + = = − ， 因为向量 e 1 ， e 2 不共线，所以 8 8 m 2 m    − = − = =−4  解得 8，故 m=−   3 m 的值为 − 8 3 .故选：C 7．B 【详解】分别取 C D , C 1 D 1 中点N,M ，连接 B N , N M , B 1 M , A B 1 , A M ， 则由正方体结构性质可知 M N / / B B 1 , M N = B B 1 ，AD//BC ,AD=BC ， 1 1 1 1 B E / / D N , B E = D N 所以四边形 M N B B 1 、 A D C 1 B 1 、BEDN均为平行四边形， 所以 A B 1 / / D C 1 , B 1 M / / B N , B N / / D E ，所以 B 1 M / / D E ， 因为DC ,DE平面DEC ，BM,AB 在平面DEC 外， 1 1 1 1 1 所以 B 1 M / / 平面 D E C 1 ，AB //平面 1 D E C 1 ， 又 B 1 M  A B 1 = B 1 ，所以平面 A B 1 M / / 平面 D E C 1 ， 取 D D 1 中点T，连接 A T , M T ，则 M T / / D C 1 ，则 M T / / A B 1 ， 所以 A , B 1 , M , T 四点唯一确定一个平面，所以平面 A B 1 M 即为平面 A B 1 M T ， 所以由题意若 P B 1 // 平面 D E C 1 ，则动点 P 的轨迹为平面四边形 A B 1 M T ， 因为 A T = M B 1 = 1 2 + 2 2 = 5 , M T = 1 2 + 1 2 = 2 , A B 1 = 2 2 + 2 2 = 2 2 ， 2 ( )2 2 2− 2 3 所以四边形AB 1 MT为等腰梯形，且该梯形的高为 5 −    = ，  2  2 由正方体结构性质可得面积为 3 2 ( M T 2 + A B 1 ) = 3 2 ( 2 2 + 2 2 ) = 9 2 .故选：B 8．D 【详解】 ABC中设 A B = c ，BC=a，AC=b， 因为 s in B = c o s A  s in C ， s in B = s in ( A + C ) ，所以 s in ( A + C ) = s in C c o s A ， 即sinAcosC+sinCcosA=sinCcosA，所以sinAcosC=0， 因为A(0,π)，所以 s in A  0 ，所以cosC=0，又C(0,π)，所以 C = π 2 ， 又因为ABAC=9，所以bccosA=9， 1 4 又 bcsinA=6，所以tanA= ， 2 3 4 3 在Rt△ABC中，sinA= ，cosA= ，bc=15， 5 5根据 第3页（共9页） c o s A = b c = 3 5 ，所以 b = 3 ， c = 5 ， a = c 2 − b 2 = 4 ， 以 A C 所在的直线为 x 轴，以 B C 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 C A = ( 3 , 0 ) ， C B = ( 0 , 4 ) ， P为线段 A B 上的一点，则存在实数使得 C P C A (1 ) C B ( 3 , 4 4 ) ( 0 1 )      = + − = −   ， CA 设 =e ， 1 CA C C B B = e 2 ，则 e 1 = (1 , 0 ) ，e =(0,1)， 2 所以 C P = x C C A A + y C C B B = ( x , 0 ) + ( 0 , y ) = ( x , y ) ，则 P ( x , y ) ， 所以 x 3  = ，y=4−4，则 4 x + 3 y = 1 2 ， 所以 1 x + 1 y = 1 1 2  1 x + 1 y  ( 4 x + 3 y ) = 1 1 2  7 + 3 y x + 4 x y   7 + 4 1 2 3 ， 当且仅当 3 y x = 4 x y ，即 x = 1 2 − 6 3 ， y = 8 3 − 1 2 时，等号成立， 此时=4−2 30,1， 所以 1 x + 1 y 的最小值为 7 + 1 4 2 3 . 9．ACD 【详解】因 a = ( 1 , 3 ) ，则 a = 1 2 + 3 2 = 1 0 ，故A正确； 因 a  b = 1  ( − 2 ) + 3  1 = 1 ， b = ( − 2 ) 2 + 1 2 = 5 ，则 ( 2 a − b )  b = 2 a  b − b 2 = 2 − 5  0 ，故B错误； c o s a , b = a a   b b = 1 0 1  5 = 1 2 0  0 ，故C正确； a 在 b 上的投影向量为 a b  b2  b = 1 5 b =  − 2 5 , 1 5  ，故D正确. 故选：ACD 10．AC 【详解】 在正方体ABCD−ABCD 中，点 1 1 1 1 E ，F ， G 分别是棱 A 1 B 1 ，BC ，BB 的中点， 1 1 1  F G //B C 1 ． BC //AD，FG//AD ， 1 1 1 又 F G  平面 A A 1 D 1 D ， A D 1  平面 A A 1 D 1 D ，  F G // 平面 A A 1 D 1 D ，故选项A正确； EF//AC ，AC 与平面BCD 相交，EF 与平面BCD 相交，故选项B错误； 1 1 1 1 1 1 1 1 FG//BC ，FG平面BCD ，BC 平面BCD ，FG//平面BCD ，故选项C正确； 1 1 1 1 1 1 1 1第4页（共9页） A C M y O D B x EF 与平面 B C 1 D 1 相交，  平面 E F G 与平面 B C 1 D 1 相交，故选项D错误． 故选：AC． 11．BCD 【详解】 A O = O B , A M = 2 M O ，  A M = 1 2 M B , A M = 1 2 M B ，故A错误； 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， 则 M  − 1 3 , 0  ，设C(cos,sin) ，则 ( c o s , s i n ) ( 0 π )    D − −   ，  1   1  则MC =  cos+ ,sin  ,MD=  −cos+ ,−sin ，  3   3  1 9 c o s 2 s i n 2 1 9 1 8 9    M C  M D = − − = − = − ，故B正确； 4 , 4 4     M B = M O = M C + M D  M O = M C + M D ， O , C , D 三点共线， 4 4 1    + = ，即 4   + = ，故C正确. c o s 1 3 2 s i n 2 1 0 9 2 3 c o s , c o s 1 3 2 s i n 2 1 0 9 2 3 c o s       M C =  +  + = + M D =  − +  + = − ， 1 0 8 0 1 4 9 c o s 2   M C  M D = − ， c o s c o s , 1 0 8 0 1 8 9 4 9 c o s 2    C M D = M C M D = M M C C   M M D D = − − ， 0π,0cos21， 8 9 1 0 8 0 1 4 9 c o s 2 1 0 9    −  ，  − 1  c o s  C M D  − 4 5 ， ∴ s i n  C M D 的最大值为 3 5 ，故D正确. 12． 5 【详解】因为 a + b = 2 a − b ，所以 ( a + b ) 2 = ( 2 a − b ) 2 ， 即 a 2 +2ab+b 2 =4a 2 −4ab+b 2，整理得a 2 −2ab=0， 又因为 a − b = 5 ( )2 ，所以 a−b =5，则 a 2 − 2 a  b + b 2 = b 2 = 5 ，所以 b = 5 ． 13． 3 【详解】设圆锥的底面半径、高分别为 r , h ，则该圆锥的母线 l = r 2 + h 2 ， 依题意，2πrh=πrl，则2h=l= r2+h2 ，解得r = 3h，由该圆锥体积为 第5页（共9页） 3 3 π ，得 1 3 π r 2 h = 3 3 π ，则h3 =3 3， h = 3 ， 所以该圆柱的高为 3. 14． 2 0 3 5 π 【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 ， 所以上底面面积 S 1 = 4 3  ( 3 ) 2 = 3 4 3 3 ，下底面面积S = (2 3)2 =3 3， 2 4 1( ) 7 3 设正三棱台的高为h，则体积V = S +S + SS h= ， 3 1 2 1 2 4 则 1 3  3 4 3 + 3 3 + 3 4 3  3 3   h = 7 4 3 ，解得 h = 1 ， 上底面的中心到顶点A的距离 r1 = 2 3  2 3  3 = 1 ， 下底面的中心到顶点D的距离 r 2 = 2 3  2 3  2 3 = 2 ， 因为 2 r1 + r 2 2  h 2 ，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 ， 则  R R 2 2 = = 2 r 22 r1 + + d ( d 2 + 1 ) 2 ，即  R R 2 2 = = 2 1 2 2 + + d ( d 2 + 1 ) 2 ，解得d =1，则 R = 5 ， 4 20 5π 所以外接球的体积V = πR3 = 3 3 四、解答题 15．（13分）【答案】(1) − 2 3 ；(2)2 6 【详解】（1）因为 a =3， b =2， 若 ( a + b ) ⊥ b ，则 ( a + b )  b = a  b + b 2 = 0 ，可得 a  b = − b 2 = − 4 ， ab −4 2 所以a与b 的夹角的余弦值cos a,b = = =− . a b 32 3 2 （2）由题意可得： 2a+b =4a2+4ab+b2 =432+4(−4)+22 =24， 所以 2a+b =2 6.第6页（共9页） A 1 A O O P 1 B B 1 C C 1 16．（15分）【答案】(1) O A 1 C 1 1 B 1 P O A C B A = 2 π 3 ；(2) 3 3 1 【详解】（1）因为S = bcsinA， 2 A B  A C = A B  A C c o s A = c b c o s A ， 2 S + 3 A B  A C = 0 ， 所以 2  1 2 b c s in A + 3 c b c o s A = 0 ，即 b c s in A + 3 b c c o s A = 0 ， 因为 b c  0 ， c o s A  0 ，所以tanA=− 3， 又因为 0  A  π 2π ，所以A= . 3 （2）由（1）及余弦定理可知 b 2 + c 2 + b c = 9  b 2 + c 2 = 9 − b c  2 b c  b c  3 ，当且仅当 b = c 时，“ = ”成立． 设 B C 的中点为 D ，因 G 是 A B C 的重心，  A G = 2 3 A D = 2 3  1 2 ( A B + A C ) = 1 3 ( A B + A C ) 两边平方得 A G 2 = 1 9 ( c 2 + b 2 + 2 b c c o s A ) = 1 9 ( c 2 + b 2 − b c ) = 1 9 ( 9 − 2 b c )  1 9 ( 9 − 6 ) = 1 3 ， 当且仅当 b = c 时，“ = ”成立． 所以 A G 的最小值为 3 3 ． 17．（15分）【答案】（1）见解析；（2）2. 【详解】（1）证明：连接 O O 1 ， 由题意得四边形 O O 1 B 1 B 为矩形，所以 O B ∥ O 1 B 1 ， 因为 O 1 B 1  平面OBC， 1 1 O B  平面 O 1 B C1 ，所以 O B ∥ 平面 O 1 B C1 . 由题意得四边形 O C O 1 A 1 为平行四边形，所以 A 1 O ∥ O 1 C . 因为OC 平面OBC，AO 平面OBC，所以AO∥平面OBC. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为OB AO =O，所以平面AOB//平面OBC . 1 1 1 1 （2）解：由 A 1 B  平面AOB及（1）知AB∥平面OBC， 1 1 1 1 所以点P到平面OBC的距离等于点A到平面OBC的距离， 1 1 1 1 1 所以三棱锥P−OBC的体积等于三棱锥A −OBC的体积. 1 1 1 1 1 又V =V ， A−OBC C−AOB 1 1 1 1 1 1 由题意知ABC=90，又BAC=30，AC=4，所以 第7页（共9页） A 1 B 1 = A B = 2 3 ， A O1 1 = 2 ， BAO =BAC=30， 1 1 1 C C 1 = A A 1 = A B = 2 3 ， 所以 V C − A O1 B1 1 = 1 3  1 2  2  2 3 s in 3 0   2 3 = 2 ， 所以三棱锥 P − O 1 B C1 的体积为2. 1 18．（17分）【答案】（1）见解析；（2）= ；（3） 3 2 3 + 1 5 【详解】（1）证明一：取 A B 的中点为Q，连接MQ， N Q ， ∵ A D / / B C ，N、Q分别为 C D 、AB的中点；∴ N Q / / A D ， ∵ N Q  平面PAD，∴ N Q / / 平面PAD， 又∵ M 为PB的中点，∴MQ//PA， ∵ M Q  平面 P A D ，∴ M Q / / 平面 P A D ， ∵ M Q N Q = Q ，MQ NQ平面 M N Q ，∴平面 M N Q / / 平面 P A D ， 又 M N  平面 M N Q ，∴ M N / / 平面 P A D . 证明二：取 P A 的中点为R，过C作CG//AB交 A D 于G，取DG中点H，连接 M R ，NH ，HR， 则MR//AB， M R = 1 2 A B ， N H / / C G / / A B ， N H = 1 2 A B ， ∴四边形 M N H R 是平行四边形， ∴ M N / / R H ， ∵ M N  平面 P A D ，RH 平面PAD，∴ M N / / 平面 P A D . （2）连接 B D 交 A C 于点O，连接 O E ． ∵PB//平面ACE，平面 P B D 平面ACE=OE，∴ O E / / P B PE OB ，∴ = ． ED OD 又 O O B D = B A C D = 1 3 1 1 ，∴PE= ED，∴= ． 3 3 （3）设V 为 P C 上靠近点C的三等分点，连接 E F ，EV ， B F ，BV ，则四边形 V E F B 为所求截面． 证明过程如下：∵ 2  = ，∴ P E = 2 E D ，∴ V E / / C D ．又∵ B C / / D F ，BC=DF． ∴四边形BCDF 是平行四边形，∴BF//CD，∴ V E / / B F ．故V、E、F、B共面， 故四边形VEFB为所求截面． ∵ P A = P B = P C = A D = 9 2 1 ，CD=12，VE= CD=8，EF = PA=3， 3 3 B F = C D = 1 2 ， 1 在△PBC中，∵PB=PC=9，∴BC= AD=3 3故∴ 第8页（共9页） c o s  P C B = 1 6 ， 故 B V = B C 2 + C V 2 − 2 B C  C V  c o s  P C B = 1 5 ， 所以截面周长为 1 2 + 3 + 8 + 1 5 = 2 3 + 1 5 ． 19．【答案】(1) ( −  , 0   6 , +  ) ；(2)存在，且 “−1向量” 为 a ， a ，理由见解析；(3) 2 6 4 0 4 8 【分析】（1）得到 a  a +a −2a ，从而得到不等式，求出答案； 3 1 2 3 （2） a n = 1 ，若存在“ − 1 向量”a ，只需使 p S n − a p  1 ，结合题意分析可得 − 1  c o s p 2 π  − 1 2 ，当 p = 2 或 6时，符合要求，得到结论； （3）由题意整理可得 a 1 + a 2 + a 3 = 0 ，设 a 3 = ( u , v ) ，由 a 1 + a 2 + a 3 = 0 得  u v = = − − s c in o s x x − − 2 2 c s o s in x x ，设 P n ( x n , y n ) ，由对称得到方程组，求出 P 2 k +1 P 2 k + 2 = 4 k P 1 P 2 ，其中 P 1 P 2 2 = 5 + 4 s in 2 x  1 ，即可得结果． 【详解】（1）由题意可得： a 3  S 3 − 3 a 3 ，即 a  a +a −2a ， 3 1 2 3 因为 a n = ( n , x − n ) ，则 a 1 = ( 1 , x − 1 ) , a 2 = ( 2 , x − 2 ) , a 3 = ( 3 , x − 3 ) ， 可得 a 1 + a 2 − 2 a 3 = ( − 3 , 3 ) ， 则 9 + ( x − 3 ) 2  9 + 9 ，解得x6或x0， 所以实数 x 的取值范围(−,0 6,+). （2）存在“−1向量”，且“−1向量”为a 、 2 a 6 ，理由如下： 由题意可得 a n = s i n 2 n π 2 + c o s 2 n π 2 = 1 ， 若存在“ − 1 向量”a ，则 S −a 1， p n p 因为S =a +a +a + +a =(1+0−1+0+1+0−1,0−1+0+1+0−1+0)=(0,−1)， 7 1 2 3 7 可得 S 7 − a p = s in 2 p 2 π +  c o s p 2 π + 1  2 = s in 2 p 2 π + c o s 2 p 2 π + 2 c o s p 2 π + 1 pπ = 2+2cos 1， 2 pπ pπ 1 即02+2cos 1，即−1cos − ， 2 2 2 当p=2或6时，符合要求，故存在“−1向量”，且“−1向量”为a 、a ． 2 6 （3）由题意，得 a  a +a ， a 2  a +a 2 ，即a 2  ( a +a )2 ， 1 2 3 1 2 3 1 2 3即 第9页（共9页） a 1 2  a 2 2 + a 3 2 + 2 a 2  a 3 ，同理 a 2 2  a 1 2 + a 3 2 + 2 a 1  a 3 ， a 3 2  a 1 2 + a 2 2 + 2 a 1  a 2 ， 三式相加并化简，得 a 1 2 + a 2 2 + a 3 2 + 2 a 1  a 2 + 2 a 1  a 3 + 2 a 2  a 3  0 ， 即 ( a 1 + a 2 + a 3 ) 2  0 ， a +a +a 0，所以a +a +a =0， 1 2 3 1 2 3 设 a 3 = ( u , v ) ，由 a 1 + a 2 + a 3 = 0 得  u v = = − − s c in o s x x − − 2 2 c s o s in x x ， 设 P n ( x n , y n ) ，因为P 与P 关于点P对称，P 与P （ 2k+1 2k 1 2k+2 2k+1 k  N 且k0）关于点P 对称， 2  (x ,y )=2(x,y )−(x ,y )① 则依题意得： 2k+1 2k+1 1 1 2k 2k ，  (x 2k+2 ,y 2k+2 )=2(x 2 ,y 2 )−(x 2k+1 ,y 2k+1 )② 将①代入②得， ( x 2 k + 2 , y 2 k + 2 ) = 2  ( x 2 , y 2 ) − ( x 1 , y 1 )  + ( x 2 k , y 2 k ) ， 从而 ( x 2 k , y 2 k ) = 2  ( x 2 , y 2 ) − ( x 1 , y 1 )  + ( x 2 k − 2 , y 2 k − 2 ) ， ……， (x 4 ,y 4 )=2  (x 2 ,y 2 )−(x 1 ,y 1 )  +(x 2 ,y 2 )， 以上 k 个式子相加化简得， ( x 2 k + 2 , y 2 k + 2 ) = 2 k  ( x 2 , y 2 ) − ( x 1 , y 1 )  + ( x 2 , y 2 ) ， 又由②知，(x 2k+1 ,y 2k+1 )=2(x 2 ,y 2 )−(x 2k+2 ,y 2k+2 )=2(x 2 ,y 2 )−2k  (x 2 ,y 2 )−(x 1 ,y 1 )  −(x 2 ,y 2 ) = − 2 k  ( x 2 , y 2 ) − ( x 1 , y 1 )  + ( x 2 , y 2 ) ， 即 ( x 2 k + 1 , y 2 k + 1 ) = − 2 k  ( x 2 , y 2 ) − ( x 1 , y 1 )  + ( x 2 , y 2 ) ， 所以 P 2 k + 1 P 2 k + 2 = ( x 2 k + 2 − x 2 k + 1 , y 2 k + 2 − y 2 k + 1 ) = 4 k  ( x 2 , y 2 ) − ( x 1 , y 1 )  = 4 k P 1 P 2 ， 其中 P 1 P 2 = ( u , v ) = ( − s in x − 2 c o s x , − c o s x − 2 s in x ) ， P 1 P 2 2 = ( − s in x − 2 c o s x ) 2 + ( − c o s x − 2 s in x ) 2 = 5 + 8 s in x c o s x = 5 + 4 s in 2 x  1 ， π 当且仅当x=tπ− (tZ)时等号成立，故 4 P 2 0 2 5 P 2 0 2 6 m in = 4  2 0 2 2 4 = 4 0 4 8 ．