1、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 文（含解析）一、选择题1.已知直线l1：与直线l2：垂直，则的值为（）A. 2B. C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】根据两直线垂直的条件，得到，即可求解，得到答案.【详解】由题意，直线l1：与直线l2：垂直，则满足，解得，故选A.【点睛】本题主要考查了两条直线的位置关系的应用，其中解答中熟记两直线垂直的条件是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.2.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由俯视图可知，原几何体的上底面应该是圆面，由此排除选项A和
2、选项C而俯视图内部只有一个虚圆，所以排除B故选D3.如图所示是水平放置三角形的直观图，点是的边中点，分别与轴、轴平行，则三条线段，中（ ）A. 最长的是，最短的是B. 最长的是，最短的是C. 最长的是，最短的是D. 最长的是，最短的是【答案】B【解析】【分析】根据直观图可得竖直放置的，根据其形状可得到三条线段、长的大小关系.【详解】竖直放置的如图所示：因在直观图中，故在图中，轴，同理，轴，所以为直角三角形，故，故选：B.【点睛】本题考查斜二测画法，其关键是“横等竖半”即平行于的线段长度不变，平行于轴的线段长度变成原来的一半，如果知道直观图，只需要“横等竖倍”还原即可.4.已知向量与的夹角为，则
3、（）A. 1B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】分析】由已知条件对两边平方，进行数量积的运算即可得到，解该方程即可得出【详解】解：根据条件，；解得，或（舍去）故选C【点睛】考查数量积运算及其计算公式，解一元二次方程和 5.设m、n是不同直线，、是不同的平面，有以下四个命题：（1）若、，则（2）若，则（3）若、，则（4）若，则其中真命题的序号是 （ ）A. （1）（4）B. （2）（3）C. （2）（4）D. （1）（3）【答案】D【解析】【详解】故选D.6.若将函数的图象上各点横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)得到函数的图象，则下列说法正确的是（）A. 函数在上单调递增B. 函数的周期是C
4、. 函数的图象关于点对称D. 函数在上最大值是1【答案】A【解析】【分析】根据三角函数伸缩变换特点可得到解析式；利用整体对应的方式可判断出在上单调递增，正确；关于点对称，错误；根据正弦型函数最小正周期的求解可知错误；根据正弦型函数在区间内值域的求解可判断出最大值无法取得，错误.【详解】将横坐标缩短到原来的得：当时，在上单调递增 在上单调递增，正确；的最小正周期为： 不是的周期，错误；当时，关于点对称，错误；当时， 此时没有最大值，错误.本题正确选项：【点睛】本题考查正弦型函数的性质，涉及到三角函数的伸缩变换、正弦型函数周期性、单调性和对称性、正弦型函数在一段区间内的值域的求解；关键是能够灵活应
5、用整体对应的方式，通过正弦函数的图象来判断出所求函数的性质.7.已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，为的中点，从拉一条绳子绕过侧棱到达点的最短绳长为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】将正三棱柱沿着侧棱展开，此时变成了平面图形，连BE（与相交），则此时距离最短，且，选C.8.如图所示是一几何体的三视图，正视图是一等腰直角三角形，且斜边长为2，侧视图是一直角三角形，俯视图为一直角梯形，且，则异面直线与所成角的正切值是（ ）A. 1B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】如图，取的中点，连接，依题意得，所以为异面直线与所成角，因为，所以，故选C.【方法点睛】本题利用空间几何体的
6、三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.9.已知直线与曲线有两个不同交点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】可将动直线与曲线有两个不同的交点转化为直线与半圆的位置关系，后者利用数形结合可得实数的取值范围.【详解】曲线方程可化为：即.故曲线为如图所示的半圆：当直线与半圆相切时，圆心到该直线的距离，所以或（舍）.当直线过原点时，因为直线与
7、半圆有两个不同的交点，故.故选：A.【点睛】一般地，曲线或曲线表示的图形为半圆，解题中注意观察曲线方程的特点，从而利用熟悉的曲线之间的关系来考虑较为复杂方程的解的不同情形.10.如图，在三棱锥中，若，是的中点，则下列结论中正确的是（ ）A. 平面平面B. 平面平面C. 平面平面，且平面平面D. 平面平面，且平面平面【答案】C【解析】因为ABCB，且E是AC的中点，所以BEAC，同理有DEAC，于是AC平面BDE.因为AC平面ABC，所以平面ABC平面BDE.又AC平面ACD，所以平面ACD平面BDE.11.已知，当时，不等式恒成立，则的取值范围是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析
8、】根据为定值，那么乘以后值不变，由基本不等式可消去x，y后，对得到的不等式因式分解，即可解得m的值。【详解】因为，所以.因为不等式恒成立，所以，整理得，解得，即.【点睛】本题考查基本不等式，由为定值和已知不等式相乘来构造基本不等式，最后含有根式的因式分解也是解题关键。12.如图，正方体的棱长为1，过点作平面的垂线，垂足为点，以下四个命题：点是的垂心；垂直平面直线和所成角为；的延长线经过点其中正确命题的个数为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】连接交平面于，可证明重合，从而可得都是正确的，计算出直线和所成角的正切值后可判断是错误的，从而可得正确的选项.【详解】连接交平
9、面于，由正方体可得平面，而平面，故，因为四边形为正方形，故，而，故平面，而平面，故，同理可证：，因为，故平面，故平面，所以重合，所以正确.同理可证：平面，故平面，故正确.因三棱锥为正三棱锥，故为的中心即垂心，故正确.因，故为异面直线和所成的角，在中，故，故错误.故选：D【点睛】一般地，正方体的体对角线和不共顶点的面对角线垂直，我们常常由这个性质得到正方体中诸多的线面垂直，需要指出的是用这个性质时需给出证明.二、填空题13.已知等差数列的前项和为，若，则_.【答案】【解析】【分析】根据等差数列的性质得到，再计算得到答案.【详解】已知等差数列故答案为【点睛】本题考查了等差数列的性质，前N项和，利用
10、性质可以简化运算.14.已知实数，满足约束条件，则的最大值是_【答案】【解析】【分析】画出不等式组对应的可行域，平移动直线后可得目标函数的最大值.【详解】不等式组对应的可行域如图所示（阴影部分），当动直线过时，有最大值，由得，故，故答案为：.【点睛】二元一次不等式组条件下二元函数的最值问题，常通过线性规划来求最值，求最值时往往要考二元函数的几何意义，比如表示动直线的横截距的三倍 ，而则表示动点与的连线的斜率15.圆与圆恰有三条公切线，则实数的值是_【答案】16【解析】【分析】由两圆有三条公切线可得两圆外切，利用半径之和为圆心距可求实数的值.【详解】因为两圆有三条公切线，故与相外切，又，故，而，
11、故，故.故答案为：.【点睛】一般地，两圆的公切线的条数和它们的位置关系为：如果公切线的条数为4，则两圆相离；如果公切线的条数为3，则两圆相外切；如果公切线的条数为2，则两圆相交；如果公切线的条数为1，则两圆相内切；如果公切线的条数为0，则两圆内含.16.在三棱锥中，是边长为4的正三角形，平面分别与，交于，且，分别是，的中点，如果直线平面，那么四边形的面积为_【答案】10【解析】【分析】取的中点为，连接，可证，根据平面及为中点可证也为中点，从而四边形为矩形，最后根据题设中的数据可求矩形的面积.【详解】取的中点为，连接，因为，所以，同理，因为，所以平面，因为平面，所以.因为平面，平面平面，平面，所
12、以，因，故，同理.所以，所以四边形为平行四边形.又，故，故 ，所以四边形为矩形.而，所以矩形的面积为.故答案为：10. 【点睛】空间中线线平行的证明有如下方法：（1）利用平面几何的知识，如果三角形的中位线、梯形的中位线、同一平面中两条直线平行的判定方法等；（2）利用线面平行的性质定理；（3）利用面面平行的性质定理；（4）同垂直于一个平面的两条直线相互平行.而线线垂直的判定可由线面垂直得到，也可以由两条线所成的角为得到，而线面垂直又可以由面面垂直得到，解题中注意三种垂直关系的转化.三、解答题17.设数列的前项和为，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）；（2）.【解析
13、】【分析】（1）由，得（，且），两式相减得，得是以为公比的等比数列，且，即可得结果；（2）由= ， 得 ，由裂项相消法求和即可.【详解】（1）因为，所以（，且），则（，且）.即（，且）.因为，所以，即.所以是以为首项，为公比的等比数列.故.（2），所以.所以，故 .【点睛】本题考查了求等比数列的通项公式和裂项相消法求数列和的问题，属于基础题.18.如图所示 ，是正三角形，线段和都垂直于平面，设，且为的中点（1）求证：平面；（2）求证：【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）取的中点，连接，可证四边形为平行四边形，从而得到，依据线面平行的判定定理可得平面.（2）可证平面
14、，从而得到.【详解】（1）证明：如图所示 ，取的中点，连接，又，四边形为平行四边形故,平面，平面，平面（2）证明：平面，平面， 又是正三角形，因为，平面又，平面因为平面，而 ，平面，因为平面，【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行，而线线垂直的判定可由线面垂直得到.19.如图所示，空间四边形中，分别在，上，且满足，过点，的平面交于点，连接.（1）求；（2）求证：，三线共点.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【详解】试题分析：（1）由
15、于四点共面，根据“如果一条直线与一个平面平行，经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行”，有，进而，平行线分线段成比例，所以；（2）设，所以，所以三线共点.试题解析：（1），.平面.而平面，且平面平面，.而，.，即.（2）证明：，且，四边形为梯形.令，则，而平面，平面，平面平面，.三线共点.20.在中，角，所对的边分别为，若（）求角的大小（）若函数，在处取到最大值，求的面积【答案】（），（） 【解析】【详解】试题分析：（）将化为，整理得从而求出角A的值.（）将函数化简得，结合已知条件可以求出角B和边a，最后根据面积公式即可求出面积.试题解析：（）， ， 又，故（），当，即时，此时，则2
16、1.如图，已知直角梯形ABCD中，ABCD，ABBC，AB1，BC2，CD1，过A作AECD，垂足为E，现将ADE沿AE折叠，使得DEEC.(1)求证：BC面CDE;(2)在线段AE上是否存在一点R，使得面BDR面DCB，若存在，求出点R的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）略；（2）【解析】【分析】（1）由已知中，垂足为，根据线面垂直的判定定理，我们可得面由线面垂直的定义，可得，又由，得到平面；（2）取中点，连接、，求出，解，可得，又由等腰中，为底边的中点，得到，进而根据线面垂直判定定理，及面面垂直判定定理，得到结论【详解】（1）由已知得：，,面，又，面（2）分析可知，点满足时，面面理
17、由如下：取中点，连接、容易计算，在中，由平行四边形性质得,所以可知，在中，又在中，为中点，因为面，因为,面面【点睛】本题考查的知识点是平面与平面垂直的判定，直线平面垂直的判定，熟练掌握空间直线平面之间平行及垂直的判定定理、性质定理、定义、几何特征是解答此类问题的关键说明：条件“G、F分别为AD、CE的中点，”没有使用，是因为这个题目是改编的，把第2问删除了，第2问是证明GF|平面BCD.22.已知圆：与直线：，动直线过定点.（1）若直线与圆相切，求直线的方程；（2）若直线与圆相交于、两点，点M是PQ的中点，直线与直线相交于点N探索是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由【答案】（1）直
18、线的方程为或（2）为定值，详见解析【解析】【分析】（1）假设直线方程，再根据直线与圆相切，则圆心到直线的距离等于半径求解；（2）根据向量加法三角形法和数量积公式把化为，联立两直线方程求出点的坐标，把向量积用坐标表示，化简即可的得到结果.【详解】解：（1）当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时与圆相切，符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即，若直线与圆相切，则圆心 到直线的距离等于半径1，所以，解得 ，所以直线的方程为，即.综上，直线的方程为或.直线的方程为或（2），若直线与轴垂直时，不符合题意；所以的斜率存在，设直线的方程为，则由，即，从而综上所述， 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系及应用，向量积的坐标计算；此题的关键在于结合图形把化为.