安徽省六安第一中学2024-2025学年高三上学期11月月考数学+答案

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.如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，为中点，若，则（）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.8B.12C.16D.64.已知数列的首项，则（）A.48B.80C.63D.655.已知等差数列满足，前项和为，若，则与最接近的整数是（）A.5B.4C.2D.16.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.1B.2C.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.（本小题满分13分）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.（本小题满分15分）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.（本小题满分15分）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.18.（本小题满分17分）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.（本小题满分17分）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：六安一中2025届高三年级第四次月考数学试卷参考答案1.D2.C3.A【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.C【解答】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：.5.C【解答】解：，则，则与最接近的整数是2.故选：C.6.C7.【答案】D【解析】异面直线与所成的角可转化为直线与所成角，当为的中点时，，此时与所成的角为，所以A错误；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，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.8.【答案】D【详解】因为圆柱的轴截面为正方形，母线长为，所以圆柱的底面圆直径和高都是，所以该圆柱的内切球的半径为，如图球即为该圆柱的内切球，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：D9.ACD10.AD11.【答案】BD【详解】对于A，圆锥体积小于正方体体积，显然不对；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，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以的中点为两个圆锥的顶点，每个圆锥高的最大值为错误；对于D，如图，的中点作垂线，分别交于点，则，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.12.【答案】1【详解】这组数据的平均数为1，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.【解答过程】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14.【解析】解：记，则为的第一个三等分点（靠近），连，则公共部分是三棱锥，又作，则面，故.15.【解析】（1）因为为的内角，所以，因为，所以可化为：，即，即解得：，即.（另解：由；得.）（2）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.（1）当时，，因为是等比数列，所以，又因为，所以（2）由（1）知，因为，且，所以是以6为首项，9为公比的等比数列，.17.解析：（1）由题意，平面平面，所以，又，且平面，所以平面，因为平面，所以.（2）法一（坐标法）：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，，所以，，设平面的法向量为，则，所以，从而，故直线与平面所成角的正弦值为.法二（几何法）：取中点，则，记与面所成角为，则由知解得，又，所以18.（1）连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）在图1中连交于，则，连交于，则，故在图2中面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.【详解】（1）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）由是首项为2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.（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.