精品解析：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）数学试题

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 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. 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 4. 已知数列的首项，则（ ） A. 48 B. 80 C. 63 D. 65 5. 已知等差数列满足，前项和为，若，则与最接近的整数是（ ） A. 5 B. 4 C. 2 D. 1 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. 7. 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 8. 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 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. 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. 11. 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 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______. 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__________. 14. 若在长方体中，.则四面体与四面体公共部分的体积为__________. 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. 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. 17. 如图所示，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． 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. 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： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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：A 4. 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：C 5. 已知等差数列满足，前项和为，若，则与最接近的整数是（ ） 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：C 7. 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：D 8. 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：AD 11. 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距离的一半， 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，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）根据线面垂直的性质得到，然后利用线面垂直的判定定理得到平面，最后根据线面垂直的性质证明即可； （2）建系，利用空间向量的方法计算即可. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面， 所以. 【小问2详解】 在三棱柱中，， 因为，所以， 在平面内，过点作， 因为平面，所以平面， 如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， ，，， 设平面的法向量为， 则，令，则，，所以， 设与平面所成角为， 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） 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. （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】 略 【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，理由如下： 根据“数列”的定义，则，故， 因为成立，成立，不成立， 所以不是 “数列”. （2），. （3） 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. 【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】 略 【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】 略 【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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $