精品解析：黑龙江哈尔滨市第三中学校2025-2026学年度下学期高一3月月考数学试卷

哈三中2025—2026学年度下学期 高一学年3月月考数学试卷 考试说明：（1）本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间为120分钟； （2）第1卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列命题正确的是（ ） A. 模相等的两个共线向量是相等向量 B. 若，，则 C. 零向量没有方向 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，模相等且方向相同的向量才是相等向量，模相等的共线向量方向可能相反，故A错误， 对于B，若，则和可以是任意向量，不一定平行，故B错误， 对于C，零向量的方向是任意的，但不是没有方向，故C错误； 对于D，若，由向量相等的定义知一定共线，所以D正确. 2. 中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】利用余弦定理： 3. 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中能确定三角形有唯一解的有（ ）个 （1） （2） （3） （4） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【详解】对于（1），，由正弦定理得， 因为且，所以为锐角，所以只有一解， 对于（2），，因为， 所以三角形有两个解； 对于（3），， 由余弦定理可得， 则，所以三角形有唯一解； 对于（4），， 由余弦定理可得， 所以唯一，同理唯一，所以三角形有唯一解， 综上，（1）（3）（4）有唯一解，共3个. 4. 圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.某同学为了估算索菲亚教堂的高度，在教堂的正东方找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得楼顶、教堂塔尖的仰角分别是和，在楼顶处测得教堂塔尖的仰角为，则该同学计算索菲亚教堂的高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求得，然后利用正弦定理求得，从而求得. 【详解】在中，，， 故，， 在中，，， ， 由正弦定理得，， 所以. 5. 中，、分别为、的中点，为与交点，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为、分别为、的中点，为中线交点，所以为重心， 根据重心性质，， 故，，所以. 6. 已知平面内两个不共线的向量和，，且和的夹角为，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 向量与夹角为钝角，则数量积小于0且两向量不反向，即， 展开： 代入：， 再排除共线或反向的情况：若两向量共线反向，则，整理得，， 由于不共线，则系数必为，即，代入，故时需排除， 综上所述，解得的范围为. 7. 已知和是单位向量，且，若满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，为单位向量且垂直， 不妨设，，则， 所以表示的终点在以为圆心，半径为1的圆内（含边界）， 则表示圆区域内（含边界）一点到原点的距离，而原点到圆心距离为， 故的范围为. 8. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理结合已知条件，求出角，向量两边同时平方，由基本不等式可求出面积最大值. 【详解】由及余弦定理得， 由两边平方得： 即 ，整理得： ​ ，解得，当且仅当时取等号， 又因为，所以三角形面积最大值为. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或3 D. 若，则与的夹角为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由向量的坐标运算，结合向量共线的坐标表示与数量积的坐标表示，即可求解. 【详解】A：若，则，解得，故A错误； B：若，则，解得，故B正确； C：，令，解得或，故C正确； D：若，，， 则， 因为，所以，故D正确. 10. 中，角，，所对的边分别为，，，则能够判定一定是等腰三角形的为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用正弦定理结合三角变换判断ABC，由三角变换公式化简后可判断D. 【详解】对A：.利用正弦定理化边为角：，即. 因为为三角形内角，所以或，即或. 所以为等腰或直角三角形，不一定是等腰（可能是直角）三角形.错误 对B：.由正弦定理可得，即. 因为为三角形内角，故，一定是等腰三角形.正确 对C：. 由正弦定理可得， 利用三角形内角和定理及诱导公式可得： 或或，所以为直角或等腰三角形.错误 对D：由， 所以 ， 又为三角形内角，所以，所以为等腰三角形.正确 11. 已知为的垂心，角，，所对的边分别为，，，且，，则一定有（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由两角和的正弦公式化简计算可判断A；连接交与点，由向量数量积的几何意义、余弦定理及基本不等式计算可判断B；若为的重心，则，结合题意可判断C；由两角差余弦公式、二倍角公式及辅助角公式化简可得，结合正弦函数性质计算可得，结合B选项可判断D， 【详解】对于A，在中，，则， 所以， 所以，即， 因为，所以，则，，故A正确； 对于B，因为为的垂心， 连接交于点，则， 由向量数量积的几何意义可知， 在中，，所以， 由余弦定理可得， 因为，当且仅当时等号成立， 所以，即，故B正确； 对于C，当为的重心时，此时为边的中点， ， 当为等边三角形时，的重心与垂心重合，成立， 若不是等边三角形，则不成立，故C错误； 对于D，因为，则，， 所以可化为， 化简可得，即， 因为，所以， 即，所以， 因为，所以， 所以，解得， 所以为等边三角形，结合B选项可知，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上. 12. 中，为线段上一点，且，则__________. 【答案】##0.6 【解析】 【分析】利用平面内三点共线的等价条件求解即可. 【详解】由共线向量基本定理可知，当在上时，则存在使得，即，即， 对比题目，得且， 解得. 13. 已知，，则向量在向量上投影向量的坐标为__________. 【答案】 【解析】 【详解】由题知，， 所以向量在上的投影向量为 . 14. 若正方形的边长为2，分别为的中点，为线段上的动点（含端点），则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】借助正方形的特点，建立合适的平面直角坐标系，求出的坐标，进而可得到的表达式，根据线段的方程及二次函数的性质可求其最值. 【详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系， 则， 因为分别为的中点，所以. 又为线段上的动点（含端点），故可设. 所以， 所以. 由知之间的关系为，所以， 将代入可得 ， 又，所以当时，取得最小值. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，且. （1）求； （2）求. 【答案】（1）4 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直则数量积为0，列方程可求得；（2）根据数量积的性质得，代入相关数据即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以，即. 将代入得，解得. 【小问2详解】 因为， 将，代入可得， 即. 16. 中，角所对的边分别为，且． （1）求角； （2）若，，求和． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和以及二倍角公式转换成关于的一元二次方程求解； （2）利用余弦定理，结合，联立方程求解，舍去负根即可． 【小问1详解】 由，得①， ②， 将①和②代入，得， 解得，（舍去）， 因为，所以． 【小问2详解】 由（1）知，又，， 由余弦定理，得③， 将代入③，得， 化简得，即， 解得（舍去），， 所以． 17. 中，角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求角； （2）求周长的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理或余弦定理边角互化求解即可； （2）利用正弦定理将三角形周长的最值问题转化成三角函数的最值问题即可. 【小问1详解】 由余弦定理可得， 代入，得 化简可得： 由余弦定理可得，又 故. 【小问2详解】 周长， 由正弦定理：， 故， . 由，知当时取最大值. 故的周长的最大值为. 18. 已知四边形中，，，，． （1）求； （2）求的长； （3）为线段上的动点，设为的面积，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）在中，直接利用余弦定理求解即可； （2）在中，利用余弦定理求出，从而得到，在中，同理求出，，再根据两角和的余弦公式即可求出，进而求出的长； （3）先建立直角坐标系，结合（2）得到直线的方程，设点坐标，从而得到和表达的表达式，进而结合一元二次方程及其判别式求解即可． 【小问1详解】 在中，有，，， 则由余弦定理有， 又，所以． 【小问2详解】 在中，有，，，， 则由余弦定理有，则， 在中，有，，，， 则由余弦定理有，则， 则， 所以，即在中，． 【小问3详解】 以为原点，建立如下直角坐标系， 则结合（2）有，，，则直线的方程为， 又为线段上的动点，则不妨设，， 则， 又到的距离为，则， 令，则， 即， 左右两边平方，整理得到关于的一元二次方程， 又该一元二次方程有实数解， 则， 解得(舍去)，，当时，, 的最小值为．故的最小值为． 19. 已知平面四边形的两条对角线交于内部一点，且，. （1）若，且，求的周长； （2）判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由； （3）若，，求四边形的面积. 【答案】（1）； （2）是，定值，理由如下： ， 又 由得 ， 所以， 即. （3）. 【解析】 【分析】（1）利用已知条件及向量等式，结合余弦定理求边长，进而求周长 （2）利用向量线性运算：，结合已知条件等关系进行代换，推导为定值. （3）已知对角线长度及夹角（或利用（2）的结论），四边形面积或者利用向量叉积公式. 【小问1详解】 由， 当时， ， 又 从而， 即得，联立， 得， 则由余弦定理得， 即， 从而的周长. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由, 从而，，所以， 所以四边形的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈三中2025—2026学年度下学期 高一学年3月月考数学试卷 考试说明：（1）本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分.考试时间为120分钟； （2）第1卷，第Ⅱ卷试题答案均答在答题卡上，交卷时只交答题卡. 第I卷（选择题，共58分） 一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 下列命题正确的是（ ） A. 模相等的两个共线向量是相等向量 B. 若，，则 C. 零向量没有方向 D. 若，则 2. 中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则为（ ） A. B. C. D. 3. 中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列条件中能确定三角形有唯一解的有（ ）个 （1） （2） （3） （4） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美.某同学为了估算索菲亚教堂的高度，在教堂的正东方找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得楼顶、教堂塔尖的仰角分别是和，在楼顶处测得教堂塔尖的仰角为，则该同学计算索菲亚教堂的高度为（ ） A. B. C. D. 5. 中，、分别为、的中点，为与交点，且，则（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知平面内两个不共线的向量和，，且和的夹角为，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知和是单位向量，且，若满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则或3 D. 若，则与的夹角为 10. 中，角，，所对的边分别为，，，则能够判定一定是等腰三角形的为（ ） A. B. C. D. 11. 已知为的垂心，角，，所对的边分别为，，，且，，则一定有（ ） A. B. C. D. 若，则 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.将答案填在答题卡相应的位置上. 12. 中，为线段上一点，且，则__________. 13. 已知，，则向量在向量上投影向量的坐标为__________. 14. 若正方形的边长为2，分别为的中点，为线段上的动点（含端点），则的最小值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知，且. （1）求； （2）求. 16. 中，角所对的边分别为，且． （1）求角； （2）若，，求和． 17. 中，角，，所对的边分别为，，，且，. （1）求角； （2）求周长的最大值. 18. 已知四边形中，，，，． （1）求； （2）求的长； （3）为线段上的动点，设为的面积，求的最小值． 19. 已知平面四边形的两条对角线交于内部一点，且，. （1）若，且，求的周长； （2）判断是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由； （3）若，，求四边形的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $