2024届安徽省六安市第一中学高三上学期12月月考数学试题含答案

这是一份2024届安徽省六安市第一中学高三上学期12月月考数学试题含答案，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，则（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】A
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
2．设，，，，且，，则（ ）
A．B．C．3D．
【答案】D
【分析】根据向量的平行和垂直的坐标表示，列式计算，可求得向量的坐标，从而可得的坐标，根据向量模的计算公式，即可得答案.
【详解】因为，且，，
所以，，解得，
所以，
又因为，且，
所以，所以，
所以，
所以，
故选：D.
3．关于圆有四个命题：①点在圆内；②点在圆上；③圆心为；④圆的半径为3.若只有一个假命题，则该命题是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】D
【分析】根据圆的一般方程式及圆的几何知识，对所给的条件分情况讨论，从而判断求解.
【详解】若②③正确，则得：，故，
所以圆的方程为：，显然点在圆内，
①正确，圆的半径为，④错误，符合题意；
若③④正确，则可求得圆的方程为：，
显然点不在圆上，②错误，点在圆外，①错误，不合题意；
其他四种命题组合①②，①④，②④，①③无法确定圆的方程，无法对剩余命题判断真伪.
综上所述：故④为假命题，故D项错误.
故选：D.
4．已知的三内角、、所对的边分别是、、，设向量，，若，且满足，则的形状是（ ）
A．等腰直角三角形B．等边三角形
C．钝角三角形D．直角非等腰三角形
【答案】B
【分析】利用平面向量平行的条件得，再根据题设条件利用正弦定理的边角互化、和角公式确定两边、的关系以及角的大小，运算即可得解.
【详解】解：由题意，向量，，，
则，可得：，即.
又由，可得，
即，
∵，∴，∴可解得：，
∵，∴，又∵，∴，
∴是等边三角形.
故选：B.
5．如图所示，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都为1，且两两夹角为.求与夹角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】以为空间向量的基底，表示出和，由空间向量的数量积求出向量的夹角的余弦值即得．
【详解】由题意．
以为空间向量的基底，，，
，
，
，
∴．∴与夹角的余弦值为．
故选：B．
【点睛】本题考查用空间向量法求异面直线所成的角，解题时选取空间基底，把其他向量用基底表示，然后由数量积的定义求得向量的夹角，即得异面直线所成的角．
6．表面积为的球的表面上有四个点，，，，满足，平面，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．8
【答案】B
【分析】求得三棱锥的外接球的半径，根据题意证得平面，得到，取的中点，得出，即为外接球的球心，得到，求得，根据，求得，在锥体的体积公式，求得，结合基本不等式，即可求解.
【详解】设三棱锥的外接球的半径为，
因为外接球的表面积为，可得，解得，
由平面，平面，所以，
又由，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，
取的中点，分别连接，如图所示，
结合直角三角形的性质，可得，
即为外接球的球心，所以，
在直角中，可得，即，解得，
因为，可得，
所以三棱锥的体积为：，
当且仅当时，等号成立，
所以三棱锥的体积最大值为.
故选：B.
7．在平面直角坐标系中，，，若直线上存在点满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求出点得轨迹方程，要使直线上存在点满足，只需满足直线与圆有公共点.
【详解】设点的坐标为，因为，，,
所以,整理得：，
所以点得轨迹是以圆心，半径为的圆；
所以圆心到的距离为，
要使直线上存在点满足，只需满足直线与圆相交或相切.
即，解得：.
故选：A.
8．如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，的中点为，则折叠后有平面，在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接，则为二面角的平面角，可用的三角函数表示的正切值，利用导数可求其最大值．
【详解】
取的中点，的中点为，因为为等腰三角形，
故，同理， ，所以有平面．
因为平面，故平面平面．
在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接．
因为，平面，平面平面，故平面．
因为平面，故，
又，，故平面，
又平面，故，所以为二面角的平面角．
设，则，，
，
所以，其中．
令，则，令且，
当时，；当时，；
所以，故，故选B．
【点睛】二面角的平面角的大小或最值的计算，应先构造二面角的平面角，然后在可解的三角形（最好是直角三角形）中讨论该角．注意最值的计算可以通过目标函数的单调性讨论得到．
二、多选题
9．下列命题中错误的是（ ）
A．若直线的一个方向向量是，平面的一个法向量是，则
B．已知用斜二测画法画出的的直观图是边长为2的正三角形，那么的面积是
C．若空间中有（，）条直线，其中任意两条相交，则这条直线共面
D．若向量，满足，且，则在方向上的投影向量为
【答案】ABC
【分析】利用向量的坐标运算求解，考虑现在面上还是在面外判断选项A；利用斜二测画法的直观图与原图形面积关系计算判断选项B;利用举例子判断选项C；利用投影向量的定义计算判断选项D.
【详解】对于A,因为，所以，则可以得到或，故A错误；
对于B,根据题意,由斜二测画法的直观图与原图形面积关系，可得，故B错误；
对于C,例如三条直线，两两相交可以确定1个平面或3个平面，故C错误；
对于D, 由，，则，所以在上的投影向量为，故D正确.
故答案选：ABC.
10．下列结论正确的是（ ）
A．是直线与直线互相垂直的充分不必要条件
B．已知两点，，直线，若直线与线段有公共点，则直线的斜率的取值范围是
C．已知直线的斜率，则其倾斜角的取值范围是
D．已知，，，则的角平分线所在直线的方程是
【答案】ACD
【分析】对于A，先求出直线垂直的充要条件即可判断；对于B，通过数学结合、斜率公式即可判断；对于C，通过解三角不等式即可判断；对于D，可以直接由角平分线的定义、点到直线的距离公式进行计算，画图验证即可.
【详解】对于A，若直线与直线互相垂直，则当且仅当即当且仅当或，
所以是直线与直线互相垂直的充分不必要条件，故A正确；
对于B，易知直线恒过定点，如下图所示：
由图可知，若直线l与线段有公共点，则斜率或，
因此直线l的斜率的取值范围是，故B错误；
对于C，已知直线的斜率，解得，故C正确；
对于D，已知，，，所以直线的方程为即，
直线的方程为即，
不妨设的角平分线所在直线上任意一点的坐标为，
则由角平分线的性质可知点到直线、的距离相等，
即，进一步，即或，
整理得或，结合图形：
由此可知的角平分线所在直线的方程是，故D正确.
故选：ACD.
11．已知圆的圆心在直线上，且与相切于点，过点作圆的两条互相垂直的弦，.记线段，的中点分别为，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆的方程为B．四边形面积的最大值为
C．弦的长度的取值范围为D．直线恒过定点
【答案】AD
【分析】求出圆的方程判断A；结合圆的性质表示出四边形面积，再求出其最大值判断B；利用圆的性质求弦的取值范围判断C；结合矩形的性质判断D.
【详解】设圆心为，则半径为，依题意，，
解得，则，因此圆的方程为，A正确；

连接,则，又，则四边形为矩形，
设，则，，
故，
所以，
当时，四边形面积取到最大值，B错误；
当弦过圆心时最长，最大值为4；当弦时最短，最小值为，
即弦的长度的取值范围为，C错误；
矩形的对角线互相平分，而，则过的中点，D正确.
故选：AD
12．如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）
A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．若是的中点，当在底面上运动，且满足时，长度的最小值是
D．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
【答案】ABCD
【分析】对A：由的面积不变，点P到平面的距离不变，求出体积即可；
对B：以D为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B；
对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C.
对D：由直线AP与平面所成的角为，作平面，得到点P的轨迹，可判定D；
【详解】对于A：的面积不变，点P到平面的距离为正方体棱长，
所以三棱锥的体积的体积不变，
且，所以A正确；
对于B：
以D为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得，
设，则，
设直线与所成角为，
则，
因为，当时，
可得，所以；
当时，，
由，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确；
对于C，
由，
设，
则
设平面的一个法向量为，
则，
取，可得，所以，
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，所以C正确；
对于D：
因为直线AP与平面所成的角为，
由平面，得直线AP与所成的角为，
若点P在平面和平面内，
因为，故不成立；
在平面内，点P的轨迹是；
在平面内，点的轨迹是；
在平面时，作平面，如图所示，
因为，所以，又因为，所以，所以，
所以点P的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点P的轨迹的长度为，
综上，点P的轨迹的总长度为，所以D正确；
故选：ABCD.
【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三、填空题
13．若直线：与：平行，则，间的距离是 ．
【答案】
【分析】先根据两直线平行得出的值，再根据平行线的距离公式计算即可.
【详解】因为两直线平行可得且，解之得，
所以，，
故两直线的距离为.
故答案为：.
14．已知正项等比数列的前n和为，若，且，则满足的n的最大值为 .
【答案】5
【分析】利用等比数列的性质与求和公式求解基本量，再由解关于的不等式.
【详解】设等比数列公比为q，因为，
所以，解得，或.
由数列为正项等比数列，则，所以.
又由，即，解得，
因为，
所以，得，解得，
因为，
即，又，
所以的最大值为.
故答案为：.
15．已知圆，圆，过轴上一点分别作两圆的切线，切点分别是，，则的最小值是 .
【答案】6
【分析】设，由，求出，取，当三点共线时求出最小值即可.
【详解】如图所示：
设，则
，
取，则，
当且仅当三点共线时，取等号，而，
所以当且仅当三点共线时，取最小值6.
故答案为：6 .
16．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，在底面的射影为正方形的中心，，点为中点.点为该四棱锥表面上一个动点，满足、都平行于过的四棱锥的截面，则动点的轨迹围成的多边形的面积为 .
【答案】/
【分析】首先取的中点，的中点，的中点，的中点，连接延长交与点，连接，证明平面即为所求的截面，再证明四边形是矩形，，矩形面积加三角形面积之和即为所求.
【详解】
取的中点，的中点，的中点，的中点，连接延长交与点，依次连接，
可知，即，而，
所以共面，所以共面，
因为底面是边长为的正方形，
所以对角线，，
因为在底面的射影为正方形的中心，可得面，
因为面， 所以，
因为，，所以，
因为、为、的中点，
所以，且，
因为平面，平面，
所以平面，同理平面，
所以平面即为所求截面.
又因为平面平面，平面，所以，
因为为的中点，可得，
所以， ，，
因为、为、的中点，所以，，
所以，，所以四边形是平行四边形，
因为，，，所以平面，
因为平面，可得，所以，
所以四边形是矩形，
所以动点T的轨迹围成的多边形的面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键点是作出符合题意的截面，再利用线面垂直证明线线垂直，将截面分割求面积.
四、解答题
17．已知圆的圆心在直线上，且该圆经过点，.
(1)求圆的标准方程；
(2)若点在圆上，且弦长为8，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）先求的中垂线方程，与联立求得圆心和半径可得答案；
（2）先根据垂径定理求圆心到直线距离，再根据点到直线距离公式求直线斜率，最后根据点斜式得结果，注意考虑直线斜率不存在的情况是否满足题意.
【详解】（1）的中点坐标为，直线的斜率为，
所以的中垂线方程：，又圆的圆心在直线上，
由得，圆心坐标为，
圆的半径为，圆的标准方程为.
（2）设圆心到直线距离为，则，所以，
当直线的斜率不存在时，因为圆心到直线距离为3，所以满足题意；
当直线的斜率存在时，设为，所以，，所以，解得，所以，所以，
综上，直线的方程为或.
18．在中，角所对的边分别为，，，且.
(1)求;
(2)已知，为边上的一点，若，，求的长.
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）结合三角恒等变换中的辅助角公式整理即可求解;
（2）利用余弦定理计算出，，再转化为正切值计算即可，
【详解】（1）因为，所以，
所以，，，所以，,
因为，所以.
（2）因为，，，
根据余弦定理得:
，∴.
所以，
所以，
所以，
所以，
所以.
19．如图，四面体中，、、两两垂直，，、分别为棱、的中点.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求到平面的距离；
(3)求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）用空间向量的坐标计算异面直线夹角；
（2）用空间向量法求点到平面的距离；
（3）用空间向量法求线面角.
【详解】（1）如图，分别以直线，，为，，轴建立空间直角坐标系，
∵，、分别为棱、的中点，
∴，，，，，
∵，，
设异面直线与所成角为，
则，
即异面直线与所成角的余弦值为；
（2）设平面的一个法向量，
∵，，
由，得，取,故，
∵平面，，
∴到平面的距离
（3）由（2）中平面的一个法向量，
设与平面所成角为，
则
20．已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，且不等式对一切恒成立，求实数的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由等差数列的求和公式结合等比数列的性质可得的通项公式；
（2）将原不等式问题转化为对一切恒成立，然后作差判断的增减性可得最小值，则答案可求.
【详解】（1）依题意得，解得（舍去），
∴，即.
（2）由（1）得，
由数列满足，得
所以不等式对一切恒成立，
转化为对一切恒成立，
令，则，又，
当时，；时，，
所以，且，则.
所以实数的最大值为.
21．如图，在三棱柱中，四边形为正方形，四边形为菱形，且，平面平面，点为棱的中点.
(1)求证：；
(2)棱（除两端点外）上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，的值为或
【分析】（1）结合题意添加辅助线，先证明平面，进而得到；
（2）根据题目中的已知条件找到两两垂直的三条棱，然后建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，假设点存在，设出点的坐标，求出该二面角的两个平面的法向量，结合空间向量的夹角公式列出方程，解方程即可.
【详解】（1）证明：取的中点，连接、、，
∵，且，∴为等边三角形，得，
∵四边形为正方形，且、分别是、的中点，
∴，
∵，、平面，∴平面，
∵平面，∴；
（2）∵平面平面，且平面平面，，平面，
∴平面，平面，，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，，，，
则，，，，，
设为平面的一个法向量，
由，取，得；
假设棱上（除端点外）存在点满足题意，
令，得，
设为平面的一个法向量，
则由，
取，得.
由，解得或，
经检验或时，二面角的平面角均为锐角，
综上，的值为或.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是利用向量共线定理设，再用表示出两个平面的法向量，得到方程，解出即可.
22．如图，已知圆M：，点为直线l：上一动点，过点P引圆M的两条切线，切点分别为A，B．

(1)时，求PA、PB方程（点A在点B上方）；
(2)求线段AB中点的轨迹方程；
(3)若两条切线PA，PB与y轴分别交于S，T两点，求的最小值．
【答案】(1)PA：；PB：
(2)
(3)
【分析】（1）根据条件得到圆的标准方程，从而得到圆心，半径，当时，得到点的坐标，从而设过点的直线方程为，再由直线与圆的位置关系求得，即可求解；
（2）根据（1）求得，从而得到以P为圆心，为半径的圆P的方程，根据两圆的相交弦所在直线方程求法得到直线的方程，进而得到直线过定点，设AB的中点为F点，直线AB过的定点为H点，得到F点的轨迹为以HM为直径的圆，即可求解.
（3）设切线方程为，根据直线与圆的位置关系求得，设PA，PB的斜率分别为，，再由韦达定理得到.
，，令结合 即可求解.
【详解】（1）圆，即，
则圆的圆心，半径，
当时，，设过点的直线方程为，即，
又过点P引圆M的两条切线，则，解得：或，
因为点A在点B上方，
即直线的方程为：，直线的方程为：，
故的方程为；直线的方程为：.
（2）由（1）知：，圆的半径，
又，则，，
即，
故以P为圆心，为半径的圆P的方程为，
显然线段AB为圆P和圆M的公共弦，
则直线AB的方程为，即，
由，所以直线AB过定点；
设AB的中点为F点，直线AB过的定点为H点，如图所示：

当不重合时，则HF始终垂直于FM，所以F点的轨迹为以HM为直径的圆（除去点M），
又，，
故该圆圆心为，半径，且不经过．
∴点F的轨迹方程为；
故线段AB中点的轨迹方程.
（3）设切线方程为，即，
故到直线的距离，即，
则，
设PA，PB的斜率分别为，，则，，
把代入，得，
则，
故当时，取得最小值为．