江西省南昌市洪都中学2019-2020学年高二数学上学期第三次联考试题 理（含解析）

江西省南昌市洪都中学2019-2020学年高二数学上学期第三次联考试题 理（含解析）一、选择题1.已知直线, 若, 则的值为（ ）a. b. 2c. d. 【答案】a【解析】【分析】两直线垂直，斜率相乘等于 .【详解】由题意得，直线的斜率是，直线的斜率是，因为直线，所以，解得.故选a.【点睛】本题考查直线垂直的斜率关系.2.对于任意实数给定下列命题正确的是（）a. 若，则b. 若，则c. 若则d. 若则【答案】c【解析】试题分析：若，取，则，故a错误；若，则，故b错误；若则，所以，故c正确；若取，则，故d错误。故选c。考点：不等式的性质点评：判断不等式否成立，可通过取值进行排除。3.在中，若点满足，点为的中点，则（ ）a. b. c. d. 【答案】b【解析】【分析】根据向量的减法运算得到，再根据图形的特点得到结果即可.【详解】 .故答案为：b.【点睛】这个题目考查了向量的减法运算以及向量的基底化表示，一般计算长度和夹角未知的向量时，需要将这些向量转化为已知长度和夹角的向量.4.设等差数列前项和为，若，则（ ）a. 8b. 18c. 14d. 【答案】c【解析】【分析】设等差数列的首项为，公差为，利用等差数列的通项公式和前n项和公式，求得，可求解，得到答案.【详解】由题意，设等差数列的首项为，公差为，因为，解得，又由，则，解得，所以，又由，所以，所以.故选：c.【点睛】本题主要考查了等差数列的通项公式、等差数列的性质，以及等差数列的前n项和公式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.中，角所对的边分别为，已知，a，则（）a. b. c. 或d. 或【答案】d【解析】【分析】由正弦定理，可得：，进而可求解角b的大小，得到答案。【详解】由题意，因为，由正弦定理，可得：，又因为，则，可得：，所以或故选：d【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，以及特殊角的三角函数的应用，其中解答中利用正弦定理，求得是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题。6.若实数满足，则的最小值为（ ）a. b. c. 1d. 2【答案】b【解析】【分析】作出不等式组对应平面区域，利用目标函数的几何意义，进行求即可【详解】由zx2y得yx，作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分abc）:平移直线yx，由图象可知当直线yx，过点b（0，1）时，直线yx的截距最大，此时z最小，代入目标函数zx2y，得z2，目标函数zx2y的最小值是：故选：b【点睛】本题主要考查线性规划的基本应用，利用目标函数的几何意义是解决问题的关键，利用数形结合是解决问题的基本方法7.中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”.则该人最后一天走的路程为（ ）.a. 24里b. 12里c. 6里.d. 3里【答案】c【解析】【分析】由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人最后一天走的路程【详解】解：记每天走的路程里数为，可知是公比的等比数列，由，得，解得：，故选：c【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查了等比数列的前项和，是基础的计算题8.已知是两条直线，是两个平面，则下列命题中正确的是（ ）a. b. c. d. 【答案】d【解析】a不正确，因为n可能在平面内；b两条直线可以不平行；c当m在平面内时，n此时也可以在平面内。故选项不对。d 正确，垂直于同一条直线两个平面是平行的。故答案为：d。9. 已知某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是（）a. 108cm3b. 100cm3c. 92cm3d. 84cm3【答案】b【解析】试题分析：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）据此即可得出体积解：由三视图可知：该几何体是一个棱长分别为6，6，3，砍去一个三条侧棱长分别为4，4，3的一个三棱锥（长方体的一个角）该几何体的体积v=663=100故选b考点：由三视图求面积、体积10.如图，长方体abcda1b1c1d1的棱ab和a1d1的中点分别为e，f，ab6，ad8，aa17，则异面直线ef与aa1所成角的正切值为（）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【分析】由题意平移aa1，异面直线ef与aa1所成角为feg或其补角，在efg中可求【详解】解：取a1b1中点g，连接eg，fg，egfg，因为egaa1，所以异面直线ef与aa1所成角为feg或其补角，在efg中，fg5，eg7，所以tanfeg，故选：a【点睛】本题考查异面直线所成的角，属于简单题11.已知直线与圆交于a，b两点，p为圆上异于a，b的动点，则的面积的最大值为()a. 8b. 16c. 32d. 64【答案】c【解析】试题分析：设与直线平行的直线的方程为当直线与圆相切时，利用圆心到直线距离等于半径得，c=12或c=-8显然，当c=12时，直线与圆的切点到直线的距离（两条平行线间的距离）最大且为，同时可得，弦，所以的面积的最大值为故选c考点：直线与圆的综合问题12.如图，直角的斜边长为2，且点分别在轴，轴正半轴上滑动，点在线段的右上方设，（），记，分别考察的所有运算结果，则（ ）a. 有最小值，有最大值b. 有最大值，有最小值c. 有最大值，有最大值d. 有最小值，有最小值【答案】b【解析】【分析】设，用表示出，根据的取值范围，利用三角函数恒等变换化简，进而求得最值的情况.【详解】依题意，所以.设，则，所以，所以，当时，取得最大值为.，所以，所以，当时，有最小值为.故选b.【点睛】本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查三角函数化简求值，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.二、填空题13.已知角的终边经过点，则的值为_【答案】【解析】按三角函数的定义，有.14.过点的直线与圆交于、两点，为圆心，当最小时，直线的方程为_【答案】【解析】【详解】当acb最小时，弦长ab最短，此时cpab.由于c(1,0)，p(，1)，kcp2，kab，直线l方程为y1 (x)，即2x4y30.15.已知实数，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】先利用基本不等式求得的最小值，进而求得的最小值，即可得到答案.【详解】由题意，设，又由，当且仅当时，即时等号成立，即的最小值为，所以的最小值是.故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最值问题，其中解答中先利用基本不等式求得的最小值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.16.正方体棱长为3，点在边上，且满足，动点在正方体表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的周长为_【答案】【解析】【分析】在棱上分别取点，使得，得到点的轨迹为，即可求得轨迹的周长，得到答案.【详解】由题意，在正方体中，可得平面，在棱上分别取点，使得，分别连接，则，所以平面平面，所以平面，即点的轨迹为等边，又由正方体的棱长为3，所以,所以，所以的周长为，即点的轨迹的周长为.故答案为：. 【点睛】本题主要考查了正方体的几何性质的应用，以及线面垂直关系的应用，其中解答中熟练应用正方体的结构特征，得到点的运动轨迹是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力，属于中档试题.三、解答题17.已知，为两个不共线向量，.（1）若，求实数；（2）若，且，求与的夹角.【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）向量，则存在实数使得，由此可得的方程组，从而解得；（2）由求得详解：（1），.（2），又，又，.又，.点睛：本题考查向量的平行与垂直，解题关键是掌握它们成立的条件向量（）存在实数使得，向量18.已知数列的前项和为，且（）（1）求数列的通项公式；（2）设，求【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）当时，求得，进而利用递推关系式，得到数列是首项为2，公比为3的等比数列，即可求得数列的通项公式；（2）由（1）得，利用“裂项法”，即可求解，得到答案.【详解】（1）当时，解得由， 则， 所以得，即，所以数列是首项为2，公比为3等比数列，数列的通项公式（2）由（1）得，所以【点睛】本题主要考查了等比数列的定义及通项公式的求解，以及利用“裂项法”求和的应用，其中解答中熟记等比数列的定义，以及熟练应用“裂项法”求和的方法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.19.如图，在直四棱柱中，点为棱的中点（1）若，求证：；（2）求证：/平面【答案】(1)见解析.(2)见解析.【解析】分析：（1）取的中点，连结，先证明平面，再证明(2)先证明平面平面，再证明平面详解：证明：（1）取的中点，连结，因为，所以为等腰三角形，所以 因为，所以为等腰三角形，所以 又，所以平面 因为平面，所以 （2）由为中点，连，则，又平面，所以平面 由，以及，所以，又平面，所以平面 又，所以平面平面， 而平面，所以平面点睛：本题主要考查空间位置关系的证明，空间位置关系的证明有两种方法，方法一是利用线面的转化的思想证明，方法二是利用向量的方法证明.两种方法各有特点，要灵活使用. 20.在中，所对的边分别为，且，（1）求边长；（2）若的面积求的周长【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得，再由，求得，利用三角函数的基本关系式，列出方程，即可求解；（2）由的面积公式和，解得，再由余弦定理，求得解得，进而可求得三角形的周长.【详解】（1）由正弦定理可得：，可得，因为，可得，所以，又由，可得，又因为，解得（2）由题意，的面积，解得，由余弦定理，可得，解得或（舍去），所以的周长【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.21.已知圆过点，圆心在直线上，是直线上任意一点（1）求圆的方程；（2）过点向圆引两条切线，切点分别为，求四边形的面积的最小值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先列出圆的标准方程，根据条件代入，得到关于的方程求解；（2）根据切线的对称性，可知，这样求面积的最小值即是求的最小值，当点是圆心到直线的距离的垂足时，最小.【详解】解：（1）设圆的方程为由题意得解得故圆的方程为另解：先求线段的中垂线与直线的交点，即解得从而得到圆心坐标为，再求，故圆的方程为（2）设四边形的面积为，则因为是圆的切线，所以，所以，即因为，所以因为是直线上的任意一点，所以，则，即故四边形的面积的最小值为【点睛】本题考查了圆的标准方程，和与圆，切线有关的最值的计算，与圆有关的最值计算，需注意数形结合.22.已知四棱锥中，底面为矩形，且，若平面，分别是线段，的中点.（1）证明：；（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，确定点的位置：若不存在，说明理由；（3）若与平面所成的角为45，求二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）存在，为的一个四等分点（靠近点）时，平面；（3）.【解析】【分析】（1）连接，利用勾股定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，即可证得；（2）过点作交于点，利用面面平行的判定定理，证得平面平面，得到平面，即可得到结论；（3）取的中点，连接，过点作于点，连接，得到则平面，得出为二面角的平面角，直角中，即可求解.【详解】（1）连接，则，又，由，所以，又由平面，则，又由，所以平面，又因为平面，所以（2）过点作交于点，则平面，且有，再过点作交于点，连接，则平面且，所以平面平面，又由平面，所以平面，所以当