应县一中2017-2018学年高二月考文理科数学试卷
数学是最难学习的学科之一，学生需要在数学上多花费一些的功夫，下面学习啦的小编将为大家带来高二的数学的文理科数学试卷的分析，希望能够帮助到大家。
应县一中2017-2018学年高二月考理科数学试卷
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=的倾斜角是( )
A. 90° B. 60° C. 45° D. 不存在
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，则 B.若α∩γ=，则
C.，，则 D.若，，则
3、已知两条直线y=ax﹣2和y=(a2)x1互相垂直，则a等于( )
A.2 B.1 C.0 D.﹣1
直线：，：，若，则的值为( )
A. B. 2 C. -3或 D. 3或
A.30° B.45° C.60° D.90°
6、点关于直线对称的点坐标是( )
A. B. C. D.
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.64B. C. D.
已知点在直线上，则的最小值为( )
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 B.4π+2C.2π+ D.4π+
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
平面四边形中，，将其沿对角线折成四面体，使平面平面，若四面体顶点在同一个球面上，则该球的体积为
A. B. C. D.
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
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、填空题共小题，每小题5分，共0分两个半径为1的铁球，熔化后铸成一个大球，这个大球的半径为 .
如图， 是水平放置的的直观图，则的周长为 ______.
在两坐标轴上的截距互为相反数，则实数=
16.如图2-8在棱长为2的正方体ABCD-A中为BC的中点点P在线段D上点P到直线CC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.(1分) 已知直线l经过点P(-2,5)，且斜率为-.
(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.
中，底面是菱形，且.
(1)求证：;
(2)若平面与平面的交线为，求证：.
19.(1分)如图，菱与四边形BDEF相交于BD，平面ABCD，DE//BF,BF=2DE，AF⊥FC，M为CF的中点，.
(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.(1分)通过点P(1，3)且与两坐标轴的正半轴交于A、B两点.
(1)直线与两坐标轴所围成的三角形面积为6，求直线的方程;
(2)求的最小值;
22、(1分)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
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、填空题共小题，每小题5分，共0分 14. 15. 或 16.
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=-(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，
=3，c=1或-29.
3x+4y+1=0或3x+4y-29=0.
.
2分
，O为BD的中点，
所以4分
所以，
又因为
所以7分
9分
.
11分
，平面平面.
.分
解析:证明：(Ⅰ)取的中点，连接.
因为为菱形对角线的交点，所以为中点，所以，又因为分别为
的中点，所以，又因为，所以，又
所以平面平面
又平面，所以平面
(Ⅱ)证明：连接，因为四边形为菱形，
所以，又平面，所以
所以.
设菱形的边长为2，
则
又因为，所以
则，且平面，得平面
在直角三角形中，
又在直角梯形中，得
从而，所以，又
所以平面，又平面
所以平面平面.
(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=.
;(2);
解析：(1)设直线方程为，此时方程为即
(2)设直线方程为
22、解析：(1)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)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)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)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.
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