安徽省六安第一中学2024-2025学年高三上学期第四次月考（11月）数学试卷（Word版附解析）

六安一中2025届高三年级第四次月考数学试卷命题人：王跃审 题人：王惠 肖诚诚时间：120分钟 满分：150分一､选择题：本题共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. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题不正确的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】D【解析】【分析】利用空间线面位置关系逐项分析判断即可.【详解】若，则,故A选项正确；由，，可以推出，故B选项正确；由平面与平面垂直的判定定理可知，若，则，故C选项正确；，，则或异面，故D不正确.故选：D.2. 在四棱锥中，底面ABCD是正方形，E为PD的中点，若,,，则用基底表示向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据空间向量的加法、减法、数乘运算求解即可.【详解】连接BD，E为PD的中点， ．故选：C．3. 某学校高二年级选择“物化生”，“物化地”和“史地政”组合的同学人数分别为240，90和120.现采用分层抽样的方法选出30位同学进行某项调查研究，则“史地政”组合中选出的同学人数为（ ）A. 8 B. 12 C. 16 D. 6【答案】A【解析】【分析】根据分层抽样的定义列出式子，进行求解.【详解】由题意得，史地政”组合中选出的同学人数为.故选：A4. 已知数列的首项，则（ ）A. 48 B. 80 C. 63 D. 65【答案】C【解析】【分析】首先递推公式变形，结合等差数列的定义，即可求解.【详解】数列的首项，则：，整理得：，所以：，即：（常数），所以数列是以为首项，1为公差的等差数列.则：，整理得：（首项符合通项），则：，所以：.故选：C5. 已知等差数列满足，前项和为，若，则与最接近整数是（ ）A. 5 B. 4 C. 2 D. 1【答案】C【解析】【分析】求出等差数列的前项，然后由裂项相消法求得即可得，从而得出结论．【详解】设的公差为，则，所以，则，则与最接近的整数是2.故选：C.6. 已知数列满足，若对于任意都有，则实数的取值范围是（ ）A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据分段函数的单调性列出不等式组求解即可.【详解】由对于任意都有知，数列为递减数列，所以只需满足，解得，故选：C7. 在棱长为2的正方体中，是线段上一个动点，则下列结论正确的有（ ）A. 不存在点使得异面直线与所成角为B. 存在点使得异面直线与所成角为C. 存在点使得二面角的平面角为D. 当时，平面截正方体所得的截面面积为【答案】D【解析】【分析】异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，由当为的中点时判断选项A；当与或重合时，直线与所成的角最小判断选项B；当与重合时，二面角的平面角最小判断选项C；对于D，由，过作，得到四边形即为平面截正方体所得的截面判断.【详解】解：异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，如图所示：当为的中点时，，此时与所成的角为，所以A错误；如图所示；当与或重合时，直线与所成的角最小，为，所以B错误；当与重合时，二面角的平面角最小，，所以，所以C错误；对于D，如图所示：过作，交于，交于点，因为，所以分别是的中点，又，所以，四边形即为平面截正方体所得的截面，因为，且，所以四边形是等腰梯形，作交于点，所以，所以梯形的面积为，所以D正确.故选：D8. 已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则的最大值为（ ）A. 1 B. 2 C. D. 4【答案】D【解析】【分析】先通过圆柱的轴截面为正方形，可得该圆柱的内切球半径，再去研究球的内接正四面体，从而转化为研究正四面体的外接球问题即可.【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，母线长为，所以圆柱的内切球半径为，若该圆柱内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则该正四面体内接于该圆柱的内切球时，棱长最大，如图该正四面体的棱长为，设点在面内的射影为，即面，则球心在上，且，，所以，所以，在中，，即，整理可得：，解得或（舍），所以的最大值为4，故选：D【点睛】方法点睛：要让正四面体在圆柱内任意转动起来，转化为这个正四面体在圆柱的内切球内，从而问题得解.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. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法-商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，…，设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】由已知题意，探索递推规律，由规律得通项，由此判断选项.【详解】由题意得，第层有个球，.即，，，，因为，所以，A正确；由，当时，，故B错误，C正确；由，D正确；故选：ACD.10. 在边长为6的菱形中，，现将沿折起到的位置，使得二面角是锐角，则三棱锥的外接球的表面积可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】作出二面角的平面角，利用球的性质确定外接球球心位置，求出球的半径，再由角的范围得出半径的范围，即可求出外接球表面积的范围.【详解】如图，由菱形边长为6，，可知是边长为6的正三角形，取的中点为，连接，则,所以是二面角的平面角，设，外接球球心为，取分别为靠近的三等分点，连接,则平面，平面，连接，因为，所以在中，，即，所以，由，可知，所以，故，所以.结合选项可知，AD符合，BC不符合.故选：AD11. 对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（ ）A. 底面半径为高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体B. 以该正方体同一顶点出发的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为C. 该正方体内能同时整体放入两个底面半径为高为的圆锥D. 该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥【答案】BCD【解析】【分析】选项A，对照圆锥轴截面和正方体的表面，即可判断；选项B，以三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面，等体积法求点A到平面的距离为，可求圆锥的母线与底面所成角的正切值；选项C，过的中点作的垂线，分别交于点，计算的长度，判断能否放入两个圆锥；选项D，计算以正方体的体对角线为圆锥的轴，为圆锥顶点的最大圆锥体积即可，【详解】对于A，圆锥和正方体高度相同，对照圆锥轴截面和正方体的表面，显然圆锥不可能罩住水平放置的该正方体，A不对； 对于B，如图，以三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面，等价于求与平面所成角的正切值，因为，所以，所以点A到平面的距离为，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为，B正确； 对于C，如图，平面内，过的中点作的垂线，分别交于点，，，，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，正方体内能同时整体放入两个底面半径为高为的圆锥，C正确； 对于D，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为，D正确.事实上，以正方体的体对角线作为轴，为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段上（不含点），设，当与（为的四等分点）重合时，，因此，因为，所以，则，圆锥体积，在上恒成立，所以在上单调递增，体积的最大值为，D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：判断CD选项的关键是以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，体对角线作为轴，算出圆锥的底面半径和最大高度，对结论时行判断.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知一组数据1，2，0，，x，1的平均数是1，则这组数据的中位数为______.【答案】1【解析】【分析】由平均数的公式求得，根据中位数的概念求出结果.【详解】这组数据的平均数为，有，可求得.将这组数据从小到大重新排列后，观察数据可知最中间的两个数是1与1，其平均数即中位数是.故答案为：1.13. 已知四棱锥平面，底面是为直角，的直角梯形，如图所示，且，点为的中点，则到直线的距离为__________. 【答案】【解析】【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求点到直线的距离.详解】由题意知，平面，平面，所以，又，故以为原点，所在的直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系， 则，得所以，记，则，，所以到直线的距离为.故答案为：.14. 若在长方体中，.则四面体与四面体公共部分的体积为__________.【答案】【解析】【分析】先判断出公共部分的位置，然后利用锥体体积公式来求得正确答案.详解】记，由于，则为的第一个三等分点（靠近），连，是的中点，由于平面，所以到平面的距离是到平面的独立的一半， 则公共部分是三棱锥，又，作，垂足为，根据长方体的性质可知平面，所以面，由等面积法可得，所以，故.故答案为： 【点睛】方法点睛：几何图形的公共部分和体积计算：通过分析两个几何体公共部分的几何位置，逐步构造关键点，利用三角形面积和锥体体积公式，最终得出公共部分的体积，此方法清晰有效，能充分展示逻辑推理与代数运算等解题技巧.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. 设三角形的内角的对边分别为且.（1）求角的大小；（2）若边上的高为，求三角形的周长.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用三角形内角和的关系以及二倍角的余弦公式，并由辅助角计算可得结果；还可以根据二倍角的正弦公式求出正切值计算；（2）由三角形面积公式代入计算可得，求出周长.【小问1详解】因为为三角形的内角，所以，因为，所以可化为，即，即，又易知，解得，即.【小问2详解】由三角形面积公式得，代入得：，所以，故为正三角形，，周长等于16. 已知无穷等比数列的前项和为.（1）求的值；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据等比数列中的关系可得解；（2）根据分组求和，利用等比数列、等差数列求和公式得解.【小问1详解】当时，，因为是等比数列，所以，又因为，所以.【小问2详解】由（1）知，因为，且，所以是以6为首项，9为公比的等比数列，17. 如图所示，在三棱柱中，平面，点是的中点（1）证明：；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）先根据线面垂直性质得出，再应用线面垂直判定定理得出平面，进而得出线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，应用线面角求解即可；先根据等体积求出到平面距离，再应用线面角的定义进而得出线面角的正弦值.【小问1详解】由题意，平面平面，所以，又，且平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】法一：由（1）知，又，所以，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，D0,1,0，所以，，设平面的法向量为n=x,y,z，则，所以n=0,1,−1，从而，故直线与平面所成角正弦值为.法二：取中点，则，，记与平面所成角为，则，因为平面，所以平面,所以平面平面,所以,中，,所以由，知，即解得，过做垂线交CA的延长线垂足为,又，所以18. 如图1，在等腰梯形中，，点在以为直径的半圆上，且，将半圆沿翻折如图2.（1）求证：平面；（2）当多面体的体积为32时，求平面与平面夹角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理来求得正确答案.（2）利用几何法，或建立空间直角坐标系，利用向量法来求得平面与平面夹角的余弦值.【小问1详解】设是的中点，连，依题意，在等腰梯形中，，点在以为直径的半圆上，且，由等边三角形可知分布在同一个圆周上，且，则六边形为正六边形，面面.【小问2详解】在图1中连交于，则，连交于，则，故在图2中，平面，所以平面，同理可证得平面，记面与面所成角为，则，，故，即面面.法一（几何法）：延长交于延长交于则为面与面交线且，取中点，连接，则，则即为面与面所成角.在中，，故，故面与面所成角的余弦值为.法二（坐标法）：以为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，有，令得，同理可得面法向量，设面与面所成角为，故.19. 若存在非零常数，使得数列满足，则称数列为“数列”.（1）判断数列：是否为“数列”，并说明理由；（2）若数列是首项为1的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式；（3）若数列是“数列”，为数列的前项和，，证明：【答案】（1）不是，理由见解析 （2），. （3）证明见解析【解析】【分析】（1）由“数列”定义验证即可；（2）由题可得，与相减结合“数列”定义可得关于的方程，即可得答案；（3）要证等价于，即，构造函数，利用其单调性可证明结论.【小问1详解】根据“数列”的定义，则，故，因为成立，成立，不成立，所以不是 “数列”.【小问2详解】由是首项为1的“数列”，则，由是等比数列，设公比为，由，则.两式作差可得，即，由是“数列”，则，对于恒成立，所以，即对于恒成立，则，即，因为解得，，又由，则，即，故所求的，数列的通项公式.【小问3详解】设函数，则，令，解得，当时，，则在区间单调递减，且，又由是“数列”，即，对于恒成立，因为，则，再结合，反复利用，可得对于任意的，则，即，则，即，相加可得，则，又因为在上单调递增，所以，又，所以，即，故.【点睛】关键点点睛：本题第三问解题关键为理解“数列”的定义，通过构造函数利用单调性来证明，进而得到，得证.