数学理卷·2019届山西省应县一中高二9月月考（2017-09）

数学理卷·2019届山西省应县一中高二9月月考（2017-09）

应 县 一 中 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 m n， 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， m n∥ ，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．2 B．1 C．0 D．﹣1 4、直线 ： ， ： ，若 ，则 a 的值为（ ） A. -3 B. 2 C. -3 或 2 D. 3 或-2 5、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 1x y  对称的点坐标是（ ） A． 2,3 B． 3, 2  C． 1, 2  D．  3,2 7、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．64 B．122 3 C．188 3 D． 47 6 8、已知点  ,M a b 在直线3 4 20 0x y   上，则 2 2a b 的最小值为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 9．一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A．2π＋2 3 B．4π＋2 3 C．2π＋2 3 3 D．4π ＋2 3 3 10、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.  2 3 B. 3 C.  3 2 D. 2 12、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． 1 B． 2 C． 3 D． 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， ' ' 'O A B 是水平放置的 ABC 的直观图，则 ABC 的周长为 ______. 15、已知直线   2 0a x y a a R     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－3 4 ． (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 P ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，且 PB PD ． （1）求证： BD PC ； （2）若平面 PBC与平面 PAD 的交线为l ，求证： //BC l ． 19．（12 分）如图，菱 ABCD与四边形 BDEF 相交于 BD， 120 ,ABC BF   平面 ABCD，DE//BF,BF=2DE，AF⊥FC， M 为 CF 的中点， AC BD G  ． (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). 1-6 ACDAAD 7-12 CBCBAC 二、填空题(共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分) 13. 14. 10+2 13 15. 0 或1 16. 2 5 5 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＝－3 4(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 BD AC 2 分 又因为 PB PD ，O 为 BD 的中点， 所以 BD PO 4 分 又因为 AC PO O 所以 BD APC 平面 ， 又因为 PC APC 平面 所以 BD PC 7 分 （2）因为四边形 ABCD 为菱形，所以 //BC AD9 分 因为 ,AD PAD BC PAD  平面 平面 ． 所以 //BC PAD平面 11 分 又因为 BC PBC 平面 ，平面 PBC 平面 PAD l ． 所以 / /BC l．14 分 P B C A D O 19、 解析:证明：（Ⅰ）取 BC 的中点 N ，连接 ,GN MN . 因为G 为菱形对角线的交点，所以G 为 AC 中点，所以 / /GN CD ，又因为 ,M N 分别 为 ,FC BC 的中点，所以 / /MN FB ，又因为 / /DE BF ，所以 / /DE MN ，又 MN GN N  ， 所以平面 / /GMN 平面CDE ， 又GM  平面GMN ，所以 / /GM 平面CDE ； （Ⅱ）证明：连接 ,GE GF ，因为四边形 ABCD 为菱形， 所以 AB BC ，又 BF  平面 ABCD ，所以 AF CF ， 所以 FG AC . 设菱形的边长为 2， 120ABC   ， 则 1, 3GB GD GA GC    ， 又因为 AF FC ，所以 3FG GA  ， 则 2BF  ， 2 2DE  ，且 BF  平面 ABCD ， / /DE BF ，得 DE 平面 ABCD ， 在直角三角形GED中， 1 61 2 2GE    ， 又在直角梯形 BDEF 中，得 1 3 242 2EF    ， 从而 2 2 2EF GF GE  ，所以 FG GE ，又 AC GE G  ， 所以 FG 平面 ACE ，又 FG  平面 ACF ， 所以平面 ACE  平面 ACF . 20、【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 1 3 11 1 6 2. 62 x y ab a ba b a b          ，此时方程为 12 6 x y  即 063  yx （2）设直线方程为 1 31 1x y a b a b        1 3 34 4 2 3b aOA OB a b a b a b a b                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.