山西省应县2017-2018学年高二9月月考数学试卷(理)含答案

应县高二年级月考一数学试题（理）2017.9时间：120分钟满分：150分命题人：荣印一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项，只有一项是符合题目要求的).1、直线x＝4的倾斜角是()A.90°B.60°C.45°D.不存在2、若mn，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列为真命题的是（）A．若m，，则mB．若α∩γ＝m，mn∥，则∥C．若m，m∥，则D．若，⊥，则3、已知两条直线y=ax﹣2和y=（a+2）x+1互相垂直，则a等于（）A．2B．1C．0D．﹣14、直线：，：，若，则a的值为（）A.-3B.2C.-3或2D.3或-25、四面体ABCD中，E、F分别是AC、BD的中点，若CD=2AB，EF⊥AB，则EF与CD所成的角等于（）A．30°B．45°C．60°D．90°6、点(1,2)关于直线1xy对称的点坐标是（）A．2,3B．3,2C．1,2D．3,27、从一个正方体中截去部分几何体,得到的几何体三视图如下,则此几何体的体积是（）A．64B．1223C．1883D．4768、已知点,Mab在直线34200xy上，则22ab的最小值为（）A.3B.4C.5D.69．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．2π＋23B．4π＋23C．2π＋233D．4π＋23310、已知点，若直线与线段相交，则实数的取值范围是（）A.B.或C.D.或11、平面四边形ABCD中，1CDADAB，CDBDBD,2，将其沿对角线BD折成四面体BCDA'，使平面BDA'平面BCD，若四面体BCDA'顶点在同一个球面上，则该球的体积为()A.23B.3C.32D.212、如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S．①当0＜CQ＜时，S为四边形②截面在底面上投影面积恒为定值③存在某个位置，使得截面S与平面A1BD垂直④当CQ=时，S与C1D1的交点R满足C1R=其中正确命题的个数为（）A．1B．2C．3D．4二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)13、两个半径为1的铁球，熔化后铸成一个大球，这个大球的半径为．14、如图，'''OAB是水平放置的ABC的直观图，则ABC的周长为______.15、已知直线20axyaaR在两坐标轴上的截距互为相反数，则实数a=16．如图2－8，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为______．三、解答题（共6小题，共70分，要求在答题卡上写出详细的解答过程。）17．(10分)已知直线l经过点P(－2,5)，且斜率为－34．(1)求直线l的方程；(2)若直线m与l平行，且点P到直线m的距离为3，求直线m的方程．18.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，且PBPD．（1）求证：BDPC；（2）若平面PBC与平面PAD的交线为l，求证：//BCl．19．（12分）如图，菱ABCD与四边形BDEF相交于BD，120,ABCBF平面ABCD，DE//BF,BF=2DE，AF⊥FC，M为CF的中点，ACBDG．(I)求证：GM／／平面CDE；(II)求证：平面ACE⊥平面ACF．20．(12分)如图在正方体中中，（1）求异面直线所成的角；（2）求直线D1B与底面所成角的正弦值；（3）求二面角大小的正切值.21．（12分）直线l通过点P（1，3）且与两坐标轴的正半轴交于A、B两点．（1）直线l与两坐标轴所围成的三角形面积为6，求直线l的方程；（2）求OBOA的最小值；22、（12分）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.（1）求证：DE∥平面A1CB；（2）求证：A1F⊥BE；（3）线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．高二月考一理数答案2017.9一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题给出的四个选项，只有一项是符合题目要求的).1-6ACDAAD7-12CBCBAC二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)13.14.10+21315.0或116.255三、解答题（共6小题，共70分，要求在答题卡上写出详细的解答过程。17、（10分）解(1)由点斜式方程得，y－5＝－34(x＋2)，∴3x＋4y－14＝0．(2)设m的方程为3x＋4y＋c＝0，则由平行线间的距离公式得，|c＋14|5＝3，c＝1或－29．∴3x＋4y＋1＝0或3x＋4y－29＝0．18（12分）解析：（1）连接AC，交BD于点O，连接PO．因为四边形ABCD为菱形，所以BDAC2分又因为PBPD，O为BD的中点，所以BDPO4分又因为ACPOO所以BDAPC平面，又因为PCAPC平面所以BDPC7分（2）因为四边形ABCD为菱形，所以//BCAD9分因为,ADPADBCPAD平面平面．所以//BCPAD平面11分又因为BCPBC平面，平面PBC平面PADl．所以//BCl．14分19、解析:证明：（Ⅰ）取BC的中点N，连接,GNMN.因为G为菱形对角线的交点，所以G为AC中点，所以//GNCD，又因为,MN分别为,FCBC的中点，所以//MNFB，又因为//DEBF，所以//DEMN，又MNGNN，所以平面//GMN平面CDE，又GM平面GMN，所以//GM平面CDE；（Ⅱ）证明：连接,GEGF，因为四边形ABCD为菱形，所以ABBC，又BF平面ABCD，所以AFCF，所以FGAC.设菱形的边长为2，120ABC，则1,3GBGDGAGC，又因为AFFC，所以3FGGA，则2BF，22DE，且BF平面ABCD，//DEBF，得DE平面ABCD，在直角三角形GED中，16122GE，又在直角梯形BDEF中，得132422EF，从而222EFGFGE，所以FGGE，又ACGEG，所以FG平面ACE，又FG平面ACF，所以平面ACE平面ACF.PBCADO20、【答案】(1);(2);（3）.解析：（1）连接AC，AD1，如图所示：∵BC1∥AD1，∴∠AD1C即为BC1与CD1所成角，∵△AD1C为等边三角形，∴∠AD1C=60°，故异面直线BC1与CD1所成的角为60°；（2）∵DD1⊥平面ABCD，∴∠D1DB为直线D1B与平面ABCD所成的角，在Rt△D1DB中，sin∠D1DB==∴直线D1B与平面ABCD所成角的正弦值为；（3）连接BD交AC于O，则DO⊥AC，根据正方体的性质，D1D⊥面AC，∴D1D⊥AC，D1D∩DO=D，∴AC⊥面D1OD，∴AC⊥D1O，∴∠D1OD为二面角D1﹣AC﹣D的平面角．设正方体棱长为1，在直角三角形D1OD中，DO=，DD1=1，∴tan∠D1OD=．21【答案】（1）063yx；（2）324；解析：（1）设直线方程为1311162.62xyabababab，此时方程为126xy即063yx（2）设直线方程为1311xyabab1334423baOAOBabababab22、解析：（1）证明：因为D，E分别为AC，AB的中点，所以DE∥BC.又因为DE平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.（2）证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，所以DE⊥AC.所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.而A1F平面A1DC，所以DE⊥A1F.又因为A1F⊥CD，所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.（3）线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由（2）知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.