河北省蠡县中学2017-2018学年高一数学4月月考试题

班级 姓名 学号

一、选择题（每题5分，共70分） 1 直线xa2yb21在y轴上的截距是 （ ） A

a B b2 C a2

D –b

2.直线x3y10的倾斜角的大小是( )

A.30° B. 60° C. 120° D. 150°

3、若两个平面内分别有一条直线，这两条直线互相平行，则这两个平面的公共点个数( A．有限个 B．无限个 C．没有 D．没有或无限个

4 下列说法的正确的是 （ ）

A 经过定点P0x0，y0的直线都可以用方程yy0kxx0表示 B过定点A0，b的直线都可以用方程ykxb表示 C 不经过原点的直线都可以用方程

xyab1表示 D 经过任意两个不同的点P1x1，y1、P2x2，y2的直线都可以用方程 yy1x2x1xx1y2y1表示

5、若直线a不平行于平面，则下列结论成立的是( )

A、内的所有直线都与直线a异面 B、内不存在与直线a平行的直线 C、内的直线都与a相交 D、直线a与平面有公共点 6.设m,n是两条不同的直线，,是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A、若mn,m,n//，则// B、若m//,n//,//,则m//n C、若m,n//,//，则mn D、若m//n,m//,n//,则//

7 直线xcosysina0与xsinycosb0的位置关系是 （ ）A 平行

B 垂直 C 斜交 D 与a,b,的值有关

8. 若直线L经过点(1,1),且与两坐标轴所围成的三角形的面积为2,则直线L的条数为 A、1 B、2 C、3 D、4

9、如图所示，如果MC⊥菱形ABCD所在平面，那么MA与BD的位置关系是( )．

) A．平行 B．垂直相交 C．垂直但不相交 D．相交但不垂直

9题图

10 如果直线x2ay10与直线(3a1)xay10平行，则a等于（ ）

A．0

B．

1 6C．0或1 D．0或

1 611．一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于( )

A. 222

a B．22a2 C.a2 D.2a2 42

12.在棱长均为2的正四面体ABCD中，若以三角形ABC为视角正面的三视图中，其左视图的面积是（ ）

26 C、2 D、22 3二．填空题：（每题5分，共20分 ）

A、3 B、

13.直线l方程为(3m2)x(2m)y80，则直线L恒过点 。

14.若两直线a、b与面所成的角相等，则a与b的位置关系是 。 15. 直线l过点A（1，2），且不经过第四象限，那么直线l的斜率的取值范围是 。 16.如图，正方体ABCDA1B1C1D1，则下列四个命题： ①P在直线BC1上运动时，三棱锥AD1PC的体积不变； ②P在直线BC1上运动时，直线AP与平面ACD1所成角的大小不变； ③P在直线BC1上运动时，二面角PAD1C的大小不变； ④M是平面A1B1C1D1上到点D和C1距离相等的点，则M点的轨迹是过D1点的直线

其中真命题的编号是 .（写出所有真命题的编号） 三．解答题：

17. （本小题满分10分）从点A(4,1)出发的一束光线l,经过直线l1:xy30反射,反射光线恰好通过点B(1,6),求入射光线l所在的直线方程.

18.（本小题满分12分）

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且cosAcosCcosACsin2B.

19. （本小题满分12分）

如图（1），等腰直角三角形ABC的底边AB=4，点D在线段AC上，DE⊥AB于E，现将△ADE沿DE折起到△PDE的位置（如图（2））． （Ⅰ）求证：PB⊥DE；

（Ⅱ）若PE⊥BE，直线PB与平面EBCD所成的角为30°，求PE长．

（1）证明：a,b,c成等比数列；

（2）若角B的平分线BD交AC于点D,且b6,SBAD2SBCD,求BD.

20. (满分12分)已知正项等比数列（Ⅰ）求数列

{an}满足：a34,a4a524.

{an}的通项公式；

（Ⅱ）若bn

an，求数列{bn}的前n项和Sn. nn(n1)221．（本小题满分12分）一个空间几何体的三视图及部分数据如左图所示．，主观图如右图所示

(1)并求它的体积； (2)证明：A1C⊥平面AB1C1；

(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E.判断DE是否平行于平面AB1C1？并证明你的结论．

22. （本小题满分12分） 如图，已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD是正方形，SA⊥底面ABCD，E是SC上的一点.

(1)求证：（1）平面EBD⊥平面SAC；

(2)设SA＝4，AB＝2，求点A到平面SBD的距离；

S D的大小为120º. (3)若 AB＝2，求当SA的值为多少时，二面角B－SC－并说明理由。

B

A C

E D

数学参考答案

1—12 BDDDD CBCCD BC

13． (-1, -3) 14。平行、相交、异面 15. [0，2] 16 ①③④ 17.解：设B(1,6)关于直线l1的对称点为B'(x0,y0)

x01y0630x0322则 解得

y6y04 011x01…………………………………………6分

∴直线AB的方程为

'y1x4 即3x7y190 4134故直线l的方程为3x7y190 …………………………………………12分 18．(本题满分12分)

解：（1）因为cosAcosCcosACsinB，

2所以cosAcosCcosAcosCsinAsinCsinB

2化简可得sinAsinCsinB ……………………………………………………1分 由正弦定理得，b=ac，又因a、b、c均不为0……………………………3分 故a,b,c成等比数列. …………………………………………………………4分

（2）由SBAD2SBCD， 得

2211BABDsinABD2BCBDsinCBD， 22又因为BD是角平分线，所以ABDCBD，即sinABDsinCBD， 化简得，BA2BC，即c2a. ……………………………6分 由（1）知，ac=b，解得a32,c62， ……………………………………7分 再由SBAD2SBCD得，

211， ADh2CDh（h为ABC中AC边上的高）

22即AD2CD，又因为AC6，所以AD4,CD2. …………………………8分

b2c2a2905在ABC中由余弦定理可得，cosA， …………10分 2bc72242在BAD中由余弦定理可得，BDADAB2ADABcosA， 即BD242622222246254228，求得BD27.……………12分

（说明：角平分线定理得到AD4,CD2同样得分）

（2）另解：同解法一算出AD4,CD2.

b2a2c21在ABC中由余弦定理可得，cosC， ……………10分

2ab2在BCD中由余弦定理可得，BDCDBC2CDBCcosC， 即BD2223219.

22222232128，求得BD27. ……………12分 22 (1)

DEPEDEBEDE平面PEB PEBEEPB平面PEB

PB⊥DE；…………………………………………6分

PEBE(2)DEPEPE平面DEB

BEDEE所以PBE即为PB与平面BCD所成角。PBE30 设PE=X,则BE=4-X.

tan30x3 4x3X=232

20. （Ⅰ）设正项等比数列an的首项为a1，公比为q，则由a34,a4a524得

2a1=1a1q4 ,由于an0,q0解得， 34aqaq24q211所以an=a1qn12n1. ------------ 4分 （Ⅱ）由an=a1qn12n1.得bnan1111().]

n(n1)2n2n(n1)2nn1Sn111111111n[()()()](1)21223nn12n12(n1) n2(n1) 12分

Sn21．【解】

(1)BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝3，BC＝1，AA1C1C是边长为3的正方形，且垂直于底面BB1C1C.

13

∴其体积V＝×1×3×3＝.……………………4分

22

(2)证明：∵∠ACB＝90°， ∴BC⊥AC.

∵三棱柱ABC—A1B1C1为直三棱柱，∴BC⊥CC1. ∵AC∩CC1＝C，

∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥A1C.∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1C. ∵四边形ACC1A1为正方形，

∴A1C⊥AC1.

∵B1C1∩AC1＝C1

∴A1C⊥平面AB1C1.

………………………8分

(3)当E为棱AB的中点时，

DE∥平面AB1C1.

证明：如图，取BB1的中点F，连结EF，FD，DE， ∵D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点， ∴EF∥AB1.

∵AB1⊂平面AB1C1，EF⊄平面AB1C1， ∴EF∥平面AB1C1.

∵FD∥B1C1，∴FD∥面AB1C1， 又EF∩FD＝F， ∴面DEF∥面AB1C1. 而DE⊂面DEF， ∴DE∥面AB1C1.

………………………12分

22.

(1)证明：∵SA⊥底面ABCD，BD底面ABCD，∴SA⊥BD ∵ABCD是正方形，∴AC⊥BD ∴BD⊥平面SAC，又BD平面EBD

∴平面EBD⊥平面SAC. ………………………4分

(2)解：设AC∩BD＝O，连结SO，则SO⊥BD

由AB＝2，知BD＝22

SO＝SA2＋AO2＝42＋(2)2＝32

11

∴S△SBD＝ BD·SO＝·22·32＝6

22

11

令点A到平面SBD的距离为h，由SA⊥平面ABCD, 则·S△SBD·h＝·S△ABD·SA

33144

∴6h＝·2·2·4  h＝ ∴点A到平面SBD的距离为 ……………8分

23 ）当SA=2时。 33………12分 （