山西省應縣一中高二月考文理科數(shù)學試卷(2)
山西省應縣一中高二9月月考理科數(shù)學試卷
選擇題：(本大題共12小題，每小題5分，共60分，每小題給出的四個選項，只有一項是符合題目要求的).
1、直線x=的傾斜角是( )
A. 90° B. 60° C. 45° D. 不存在
是兩條不同的直線，是三個不同的平面，則下列為真命題的是( )
A.若，則 B.若α∩γ=，則
C.，，則 D.若，，則
3、已知兩條直線y=ax﹣2和y=(a2)x1互相垂直，則a等于( )
A.2 B.1 C.0 D.﹣1
直線：，：，若，則的值為( )
A. B. 2 C. -3或 D. 3或
A.30° B.45° C.60° D.90°
6、點關于直線對稱的點坐標是( )
A. B. C. D.
7、從一個正方體中截去部分幾何體,得到的幾何體三視圖如下,則此幾何體的體積是( )
A.64B. C. D.
已知點在直線上，則的最小值為( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
9.一空間幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為( )
A.2π+2 B.4π+2C.2π+ D.4π+
已知點，若直線與線段相交，則實數(shù)的取值范圍是( )
A. B. 或 C. D. 或
平面四邊形中，，將其沿對角線折成四面體，使平面平面，若四面體頂點在同一個球面上，則該球的體積為
A. B. C. D.
12、如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，P為BC的中點，Q為線段CC1上的動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得的截面記為S.
?、佼?
?、诮孛嬖诘酌嫔贤队懊娣e恒為定值
?、鄞嬖谀硞€位置，使得截面S與平面A1BD垂直
④當CQ=時，S與C1D1的交點R滿足C1R=
其中正確命題的個數(shù)為( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
二、填空題共小題，每小題5分，共0分兩個半徑為1的鐵球，熔化后鑄成一個大球，這個大球的半徑為 .
如圖， 是水平放置的的直觀圖，則的周長為 ______.
在兩坐標軸上的截距互為相反數(shù)，則實數(shù)=
16.如圖2-8在棱長為2的正方體ABCD-A中為BC的中點點P在線段D上點P到直線CC的距離的最小值為______.
三、解答題(共6小題，共70分，要求在答題卡上寫出詳細的解答過程。)
17.(1分) 已知直線l經(jīng)過點P(-2,5)，且斜率為-.
(1)求直線l的方程;
(2)若直線m與l平行，且點P到直線m的距離為3，求直線m的方程.
中，底面是菱形，且.
(1)求證：;
(2)若平面與平面的交線為，求證：.
19.(1分)如圖，菱與四邊形BDEF相交于BD，平面ABCD，DE//BF,BF=2DE，AF⊥FC，M為CF的中點，.
(I)求證：GM//平面CDE;
(II)求證：平面ACE⊥平面ACF.
20.(12分) 如圖在正方體中中，
(1)求異面直線所成的角;
(2)求直線D1B與底面所成角的正弦值;
(3)求二面角大小的正切值.
21.(1分)通過點P(1，3)且與兩坐標軸的正半軸交于A、B兩點.
(1)直線與兩坐標軸所圍成的三角形面積為6，求直線的方程;
(2)求的最小值;
22、(1分)Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分別為AC，AB的中點，點F為線段CD上的一點.將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如圖2.
(1)求證：DE∥平面A1CB;
(2)求證：A1F⊥BE;
(3)線段A1B上是否存在點Q，使A1C⊥平面DEQ?
說明理由.
高二月考一 理數(shù)答案2017.9
選擇題：(本大題共12小題，每小題5分，共60分，每小題給出的四個選項，只有一項是符合題目要求的).
1-6 ACDAAD 7-12 CBCBAC
二、填空題共小題，每小題5分，共0分 14. 15. 或 16.
三、解答題(共6小題，共70分，要求在答題卡上寫出詳細的解答過程。
17、(10分)解 (1)由點斜式方程得，
y-5=-(x+2)，
3x+4y-14=0.
(2)設m的方程為3x+4y+c=0，
則由平行線間的距離公式得，
=3，c=1或-29.
3x+4y+1=0或3x+4y-29=0.
.
2分
，O為BD的中點，
所以4分
所以，
又因為
所以7分
9分
.
11分
，平面平面.
.分
解析:證明：(Ⅰ)取的中點，連接.
因為為菱形對角線的交點，所以為中點，所以，又因為分別為
的中點，所以，又因為，所以，又
所以平面平面
又平面，所以平面
(Ⅱ)證明：連接，因為四邊形為菱形，
所以，又平面，所以
所以.
設菱形的邊長為2，
則
又因為，所以
則，且平面，得平面
在直角三角形中，
又在直角梯形中，得
從而，所以，又
所以平面，又平面
所以平面平面.
(1);(2);(3).
解析：
(1)連接AC，AD1，如圖所示：
∵BC1∥AD1，
∴∠AD1C即為BC1與CD1所成角，
∵△AD1C為等邊三角形，
∴∠AD1C=60°，
故異面直線BC1與CD1所成的角為60°;
(2)∵DD1⊥平面ABCD，
∴∠D1DB為直線D1B與平面ABCD所成的角，
在Rt△D1DB中，sin∠D1DB==
∴直線D1B與平面ABCD所成角的正弦值為;
(3)連接BD交AC于O，則DO⊥AC，
根據(jù)正方體的性質(zhì)，D1D⊥面AC，
∴D1D⊥AC，D1D∩DO=D，
∴AC⊥面D1OD，∴AC⊥D1O，
∴∠D1OD為二面角D1﹣AC﹣D的平面角.
設正方體棱長為1，
在直角三角形D1OD中，DO=，DD1=1，
∴tan∠D1OD=.
;(2);
解析：(1)設直線方程為，此時方程為即
(2)設直線方程為
22、解析：(1)D，E分別為AC，AB的中點，
所以DE∥BC.
又因為DE平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
(2)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.
又因為A1F⊥CD，
所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.
(3)A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：
如圖，分別取A1C，A1B的中點P，Q，則PQ∥BC.
又因為DE∥BC，所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即為平面DEP.
由(2)DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.
又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點，
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.從而A1C⊥平面DEQ.
故線段A1B上存在點Q，使得A1C⊥平面DEQ.
猜你感興趣：