2023届安徽省六安第一中学高三上学期第四次月考数学试题（解析版）

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2023届安徽省六安第一中学高三上学期第四次月考数学试题

一、单选题
1．已知复数满足（为虚数单位），是的共轭复数，则复数在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】求出即得解.
【详解】解：因为，所以，
所以 在复平面内对应的点为，在第三象限.
故选：C.
2．已知空间中的两个不同的平面，，直线平面，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】根据直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断充分性和必要性得到答案.
【详解】两个不同的平面，，直线平面，
当时，或，不充分；当时，，必要.
故选：B.
3．一个水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（    ）

A． B． C．8 D．
【答案】D
【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的面积即可．
【详解】还原直观图为原图形如图所示，

因为，所以，还原回原图形后，
，；
所以原图形的面积为．
故选：D
4．如图，已知是正方体，以下结论错误的是（    ）

A．向量与向量的夹角为60°
B．
C．
D．若，则点是的中心
【答案】A
【分析】由得向量与夹角，判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，设，得各点坐标，用空间向量法判断BCD．
【详解】正方体中，（由与平行且相等得平行四边形），
是正三角形，，但与夹角等于与的夹角为，A错；
以为轴建立空间直角坐标系，如图，设，
则，，，，，，，
，，，B正确；
，，C正确；
，点坐标为，
所以是的重心，即中心，D正确．
故选：A．

5．若不等式的解集为区间，且,则（    ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】将问题转化为半圆位于直线下方的区间长度为2，由此可得，求出直线与半圆的交点坐标即可求得的值.
【详解】解：如图所示：

因为表示以坐标原点为圆心，4为半径位于轴上方(含和轴交点)的半圆，
表示过坐标原点及第一三象限内的直线，
又因为不等式的解集为区间，且,
即半圆位于直线下方的区间长度为2，
所以，
所以直线与半圆的交点，
所以.
故选：C.
6．过点作圆的切线，直线与切线平行，则切线与直线间的距离为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据平行关系可假设，由直线与圆相切可知圆心到直线距离等于半径，由此可构造方程求得，利用平行直线间距离公式可求得结果.
【详解】由得：；，直线斜率，
则，即，
与圆相切，圆心到直线的距离，解得：，
则，，与之间的距离.
故选：A.
7．如图，已知平面，，是直线上的两点，是平面内的两点，且,是平面上的一动点，且直线与平面所成角相等，则四棱锥体积的最大值为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】首先根据线面角的定义得，再在平面内，建立平面直角坐标系，则，设，得出点的轨迹，从而确定点到平面距离的最大值，即可求解体积的最大值.
【详解】，，，，同理，
为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角，
，又，
，，在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则，设，，整理可得：，在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆,
所以点到直线距离的最大值是半径4，
因为，，点到距离就是点到平面的距离
即点到平面距离的最大值是4，
所以四棱锥体积的最大值.

故选：B
8．在正四棱台中，，．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正棱台的性质，表示出棱台的高与边长之间的关系，根据棱台的体积公式，将体积函数式子表示出来，利用不等式求解最值，得到棱台的高.因为外接球的球心一定在棱台上下底面中心的连线及其延长线上，通过作图，数形结合，求出外接球的半径，得到表面积.
【详解】
图1
设底边长为a，原四棱锥的高为h，如图1，分别是上下底面的中心，连结，，， 根据边长关系，知该棱台的高为，则，
由，且四边形为直角梯形，，，可得，则，

当且仅当，即时等号成立，此时棱台的高为1.
上底面外接圆半径，下底面半径，设球的半径为R，显然球心M在所在的直线上.
显然球心M在所在的直线上.

图2
当棱台两底面在球心异侧时，即球心M在线段上，如图2，设，则，，显然
则，有，即
解得，舍去.

图3
当棱台两底面在球心异侧时，显然球心M在线段的延长线上，如图3，设，则，显然
即，即
解得，，
此时，外接球的表面积为.
故选：D.

二、多选题
9．以下四个命题表述正确的是（    ）
A．若直线l的斜率为，则直线l的倾斜角为
B．三棱锥中，分别为的中点，，则平面将该三棱锥所分的两部分几何体的体积之比为1:5，即
C．若直线l过点且在两坐标轴上的截距之和为0，则直线l的方程为
D．在四面体中，若，则
【答案】BD
【分析】根据倾斜角的定义即可判断A；由题意可得，点到平面的距离是点到平面的距离的，再根据棱锥的体积公式计算即可判断B；分直线l过原点和不过原点两种情况讨论，即可判断C；将分别用表示，再根据数量积的运算律及空间向量的线性运算即可判断D.
【详解】解：对于A，若直线l的斜率为，则直线l的倾斜角为，故A错误；
对于B，因为分别为的中点，所以，
设点到平面的距离为，点到平面的距离为，
因为，所以，
则，，
则，
所以，故B正确；

对于C，当直线l过原点时，直线方程为，
当直线l不过原点时，设直线方程为，
则有，解得，
所以直线方程为，即，
综上，所求直线方程为或；
对于D，在四面体中，，
因为，
所以，
即，
所以，
即，所以，
所以，故D正确.

故选：BD.
10．在三棱锥中，已知底面ABC，分别是线段上的动点.则下列说法正确的是（    ）

A．当时，
B．当时，一定为直角三角形
C．当时，平面平面
D．当平面AEF时，平面与平面不可能垂直
【答案】ACD
【分析】对A，根据底面得到，结合得到平面,
则，，最后利用线面垂直的判定得到平面，则；
对B，取点位于点处即可判断，对C，由平面，得到平面，则平面平面，对D，利用反证法，假设平面平面，根据面面垂直的性质定理得到线面垂直，从而得到与基本事实相矛盾的结论，所以当平面时，平面与平面不可能垂直.
【详解】对A选项，底面，且平面，,
， ，且平面，平面,
平面，，，，
且平面，平面，
平面，，故A正确，
对B选项，当时,无法得出一定为直角三角形，例如点取点不是直角三角形，
若，则，又，
，平面，则平面，
平面，则，而，，
平面，则平面，平面，则，
显然不成立，故此时，
若，则，，，平面,
平面，平面，，显然不成立，故此时，
若，则，而，平面，
，所以平面，平面，，显然不成立，故，故B错误，
对C选项，由A选项证得平面，，平面，
平面，平面平面，故C正确，
对D选项，在平面内，过点作的垂线，垂足为，

假设平面平面，平面平面，，
且平面，平面，而若此时平面，
这与过平面外一点作平面的垂线有且只有一条矛盾，
故当平面时,平面与平面不可能垂直，故D正确，
故选：ACD.
11．已知正方体的棱长为2，为线段的中点，，其中，，则下列选项正确的是（    ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，的最小值为
C．当时，直线与平面的交点轨迹长度为
D．当时，点到平面的距离为
【答案】ABD
【分析】对A：由题意确定点的位置，利用转换顶点法求体积；对B：由题意确定点的位置，借助于展开图分析求解；对C：由题意确定点的位置，分析可得直线与平面的交点轨迹为，即可求得结果；对D：由题意确定点的位置，利用等积法求点到面的距离.
【详解】对A：取的中点，连接，则，
∵，
∴，
平面，平面，
∴平面，
若，则点在线段上，
∴点到平面的距离相等，
过作，垂足为，
∵平面，平面，
∴
，平面，
∴平面，
故三棱锥的高为，
∴（定值），A正确；

对B：分别在上取点，使得，连接，则，
又∵，
∴，则四点共面，

若，则，
故平面，
如图，将平面和平面对接成一个平面时，则，
∴，B正确；

对C：若，则，平面，
设，
则平面平面，即直线与平面的交点轨迹为，
∵，
∴，
故直线与平面的交点轨迹长为，C错误；

对D：分别在上取点，使得，连接，则，，
∵，，
∴，，则为平行四边形，
又∵平面，平面
∴，则为矩形，
若，则点为的中点，
，
设点到平面的距离为，
由，即，解得，
故点到平面的距离为，D正确；
故选：ABD.

12．若实数满足，则下列说法正确的是（    ）
A．的最小值是0
B．的最大值是5
C．若关于的方程有一解，则的取值范围为
D．若关于的方程有两解，则的取值范围为
【答案】AB
【分析】根据特殊值可判断A项；设，则易知，原方程即为，将当成变量，设，，，原方程有解等价于的图象和的图象有公共点，即可利用数形结合解出．
【详解】对于A项：由已知可得，，且当时，解得，符合题意，故A项正确；
当时，令，则，又，则，即，则原方程可化为．
设，，，
整理得，，则的图象是斜率为的直线的一部分；
整理可得，，的图象是以原点为圆心，半径为的四分之一圆.

如图，作出函数与的图象，则问题等价于的图象和的图象有公共点，观察图形可知，
当直线与圆相切时，直线的截距最大，此时有最大值，由，解得，故B项正确；
当直线过点时，，解得或（舍去）；当直线过点时，，解得或（舍去）．
因此，要使直线与圆有公共点，则有，
综上，，故x的最大值为5，最小值为0．
对于C、D项：综上并结合图象可知，当或或时，y有一解；当时，y有两解．故C、D项错误.
故选：AB．

三、填空题
13．若直线与圆分别交于M、N两点. 则弦MN长的最小值为___________.
【答案】4
【分析】分析直线过定点，再由勾股定理即可求解.
【详解】由圆可得圆心，半径为3，
直线，即，
直线过定点P，
又因为，
所以点在圆的内部，
当圆心到直线MN距离最大时，弦长MN最小，此时，
此时，
故答案为：4.
14．如图，在四面体中，，AC与BD所成的角为，M、N分别为AB、CD的中点，则线段MN的长为_______.

【答案】或##或1
【分析】取的中点，连接、，求出的值，利用余弦定理可求得线段的长.
【详解】取的中点，连接、，

、分别为、的中点，
且，
同理可得且，
为异面直线与所成的角或其补角，则或.
在中，.
若，则为等边三角形，此时，；
若，由余弦定理可得.
综上所述，或.
故答案为：或.
15．已知的一条内角平分线所在的直线方程为，两个顶点坐标分别为，则边所在的直线方程为__________.（结果用一般式表示）
【答案】
【分析】根据题意可知，是角A的平分线，所以点B关于角平分线的对称点在直线上，即可求得边所在的直线方程.
【详解】由题意可知，直线为三角形内角A的平分线，
所以，点B关于角平分线的对称点在直线上，设，
即，解得，所以
此时直线所在直线方程即为边所在的直线方程，
即，整理得.
故答案为：
16．已知数列满足：，若，则数列的前20项和___________.
【答案】
【分析】分别讨论，由累加法得的通项，即可求.
【详解】当时，，
∴
∴；
当时，，即，
∴
∴.
故

故答案为：

四、解答题
17．如图，四边形是圆柱的轴截面，点在圆柱的底面圆周上，是的中点，圆柱的底面圆的半径，侧面积为，.

(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据圆柱侧面积公式可求得母线长，利用余弦定理可求得，根据等腰三角形三线合一性质可证得；由，可证得平面，由线面垂直性质可得；利用线面垂直的判定和性质可证得结论；
（2）取中点，根据等腰三角形三线合一和线面垂直性质可证得平面，由线面角定义可知所求角为，根据长度关系可得结果.
【详解】（1）由圆柱侧面积可知：，解得：；
，，，
，又为中点，；
是圆的直径，；
平面，平面，，
又平面，，平面，
平面，，
又平面，，平面，
平面，.
（2）取中点，连接，

，，为等边三角形，；
平面，平面，；
，平面，平面，
即为直线与平面所成角，
，，
，即直线与平面所成角的正弦值为.
18．如图，为内的一点，记为，记为，且、在中的对边分别记为，.

(1)求；
(2)若，求线段和的长.
【答案】(1)
(2)，

【分析】（1）首先利用正弦定理将化简为，再结合所给角的范围，即可求解.
（2）利用余弦定理求出，再结合，利用余弦定理即可求出.
【详解】（1）已知，由正弦定理可得
，由，
，    
，
，.
（2）在中，由余弦定理得知：
   
即
又，且，又，
在中，，

19．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆及点.

(1)若直线过点，与圆相交于两点，且，求直线l的方程；
(2)圆上是否存在点，使得成立？若存在，求点的个数；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)或
(2)存在，两个

【分析】(1)根据垂径定理可得圆心到直线的距离为1，然后利用点到直线的距离即可求解；
(2) 假设圆上存在点，设，则，利用题干条件得到点也满足，根据两圆的位置关系即可得出结果.
【详解】（1）圆可化为，圆心为，
若的斜率不存在时，，此时符合要求.  
当的斜率存在时，设的斜率为，则令，
因为，由垂径定理可得，圆心到直线的距离
，                       
                                 
所以直线的方程为或.
（2）假设圆上存在点，设，则，
，  
即，即，             
，                 
与相交，则点有两个.
20．已知数列的前n项和为，且．
(1)求证：是等差数列，并求出的通项公式；
(2)设，求证：．
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析

【分析】(1)利用公式 得到 ，可构造等差数列并求通项.
(2)求出的通项，利用裂项相消求和证明不等式.
【详解】（1）因为①，
所以时，②，
得，即，，
所以，，
在①式中，令，得，
所以数列是以1为首项为公差的等差数列．
所以，
所以．
（2））由，所以
．
因为，所以，得证．
21．在①，②，③，这三个条件中选择一个，补充在下面问题中，并给出解答.如图，在五面体中，已知 ，，且.

(1)设平面与平面的交线为，证明：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)答案见解析；
(3)线段以上不存在点F，使得平面AEF与平面ABF夹角的余弦值等于，理由见解析．

【分析】（1）由线面平行的判定定理证线面平行平面，，再由线面平行的性质定理得线线平行，从而再得证线面平行；
（2）选①，取中点，中点中点，连接，由勾股定理证明，然后证明平面，从而得面面垂直，由面面垂直的性质定理得线面垂直，从而得线线垂直平面，又有，然后以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，用空间向量法证明面面垂直；
选②，先证明平面平面，然后取中点，中点，连接，证明平面，然后同选①，
选③，取中点，中点，连接，结合勾股定理证明，然后证明证明平面，再然后同选①；
（3）设在线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值等于，然后由空间向量法求二面角的余弦，求解，有解说明存在，无解说明不存在．
【详解】（1），平面，平面，平面，
又平面且平面平面，
又平面，平面，平面.
（2）若选①，取中点，中点中点，连接，
，，
四边形为平行四边形，，

，又，，
，，
又，，
又，，平面，
平面，平面，平面平面，
，，
又平面，平面平面，
平面，又，，；
综上所述：两两互相垂直.
则以为坐标原点，为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，
，，
平面，
平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，
令，解得：，，
，
，即，
平面与平面.

若选②，，，，平面，
平面，
平面，平面平面，
取中点，中点，连接，

，，
又平面，平面平面，
平面，
又，，；
综上所述：两两互相垂直.
以下同选①；
若选③，取中点，中点，连接，

，，又，；
分别为中点，，
又，，
四边形为平行四边形，；
，，，，，
，，，
，
又，，
又，，平面，
平面，
平面，
平面平面，
又，平面，平面平面，
平面，
又，，；
综上所述：两两互相垂直.
以下同选①；
（3）设在线段上存在点，
使得平面与平面夹角的余弦值等于，
由（2）得：，，
设平面的法向量，
则，
令，
则，
，
∵面的法向量为，
，
化简得，
，
方程无实数解，
所以线段BC上不存在点F，使得平面AEF与平面ABF夹角的余弦值等于．
22．已知，函数
(1)求函数在处的切线方程；
(2)若和有公共点，
（i）当时，求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析

【分析】（1）求出可求切线方程；
（2）（i）当时，曲线和有公共点即为在上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求.
（ii）曲线和有公共点即，利用点到直线的距离得到，利用导数可证，从而可得不等式成立.
【详解】（1），故，而，
曲线在点处的切线方程为即.
（2）（i）当时，
因为曲线和有公共点，故有解，
设，故，故在上有解，
设，故在上有零点，
而，
若，则恒成立，此时在上无零点，
若，则在上恒成立，故在上为增函数，
而，，故在上无零点，
故，
设，则，
故在上为增函数，
而，，
故在上存在唯一零点，
且时，；时，；
故时，；时，；
所以在上为减函数，在上为增函数，
故，
因为在上有零点，故，故，
而，故即，
设，则，
故在上为增函数，
而，故.
（ii）因为曲线和有公共点，
所以有解，其中，
若，则，该式不成立，故.
故，考虑直线，
表示原点与直线上的动点之间的距离，
故，所以，
下证：对任意，总有，
证明：当时，有，故成立.
当时，即证，
设，则（不恒为零），
故在上为减函数，故即成立.
综上，成立.
下证：当时，恒成立，
，则，
故在上为增函数，故即恒成立.
下证：在上恒成立，即证：，
即证：，即证：，
而，故成立.
故，即成立.
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.