还剩17页未读，
继续阅读
人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.1 直线的倾斜角与斜率随堂练习题
展开
这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.1 直线的倾斜角与斜率随堂练习题，共20页。试卷主要包含了直线3x+y+2=0的倾斜角是等内容，欢迎下载使用。
人教A版（2019）选择性必修第一册《2.1.1 倾斜角与斜率》提升训练
一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）直线3x+y+2=0的倾斜角是()
A、π3
B、π6
C、2π3
D、−π3
A. π3 B. π6 C. 2π3 D. −π3
2.（5分）已知直线mx+4y−2=0与2x−5y+n=0互相垂直，垂足为P(1,p)，则m−n+p的值是()
A. 24 B. 20 C. 0 D. −4
3.（5分）已知两不同直线m，n与三不同平面α，β，γ，下列条件能推出α//β的是( )
A. α⊥γ且β⊥γ B. m⊂α，n⊂β，m//n
C. m⊥α且m⊥β D. m⊂α，n⊂α，m//β，n//β
4.（5分）在四棱锥S−ABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD，且SA=SD，∠ASD=90°，底面ABCD是边长为2的正方形，设P为该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥P−SAD的最大体积为()
A. 1+2 B. 2+223 C. 2+23 D. 1+23
5.（5分）直线ax+by+c=0经过一、三、四象限的充要条件是()
A. ab>0，bc>0 B. ab<0，bc>0
C. ab>0，bc<0 D. ab<0，bc<0
6.（5分）图形是信息传播、互通的重要的视觉语言，《画法几何》是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图”来表示三维空间中立体图形．即做几何体的“三视图”，需要分别从几何体正面、左面、上面三个不同角度观察，从正投影的角度作图．图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的最长的一条侧棱长为()
A. 3 B. 32 C. 33 D. 6
7.（5分）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是线段AB、BD1上的动点，且直线EF与AA1所成的角为arctan2，则下列直线中与EF所成的角必为arctan22的是()
A. CD B. BD C. BC1 D. DC1
8.（5分）四棱锥A−BCDE的各顶点都在同一球面上，AB⊥底面BCDE，底面BCDE为梯形，∠BCD=60°，且AB=CB=BE=ED=2，则此球的表面积等于( )
A. 25π B. 24π C. 20π D. 16π
9.（5分）已知点P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点，PA、PB是圆C：x2+y2−2y=0的两条切线，A、B为切点，若四边形PACB面积的最小值是2，则k的值是( )
A. 2 B. 212 C. 2 D. 22
10.（5分）已知圆的方程为x2+y2−6x−8y=0，设圆中过点(2,5)的最长弦与最短弦为分别为AB、CD，则直线AB与CD的斜率之和为( )
A. 0 B. −1 C. 1 D. −2
11.（5分）已知函数f(x)=|x|−1，关于x的方程f2(x)−|f(x)|+k=0，给出下列四个命题：
①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根；
②存在实数k，使得方程恰有3个不同的实根；
③存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根；
④存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根．
其中真命题的序号为()
A、①②③
B、①②④
C、①③④
D、②③④
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
12.（5分）如图，在120°二面角α−l−β内半径为1的圆O1与半径为2的圆O2分别在半平面α、β内，且与棱l切于同一点P，则以圆O1与圆O2为截面的球的表面积为( )
A. 4π B. 28π3 C. 112π3 D. 448π3
13.（5分）已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为6，在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a的最大值为( )
A. 12 B. 1 C. 3 D. 2
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）过点P(3,2)，并且在两轴上的截距相等的直线方程为______．
15.（5分）利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论中，正确的是________(填序号).
16.（5分）已知向量a→，b→满足a→+b→=(5,−2)，a→−b→=(−1,6)，令a→，b→的夹角为θ，则cosθ=______.
17.（5分）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为1，E，F分别为A1B，D1C的中点，G为线段AC上异于A，C的动点，现有下列结论：
①DG与EF为异面直线；
②EF⊥C1D；
③ΔBGD1周长的最小值为2+3+62；
④三棱锥B−GA1C1的体积为定值．
其中所有正确结论的编号是 ______.
18.（5分）在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，那么{an}的通项公式是 ______ ．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在棱CC1，AB上，且满足CE=2EC1，AF=2FB.
(1)证明：平面ADE⊥平面A1D1F.
(2)若AB=3，求平面A1C1F截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积.
20.（12分）已知圆C：(x−1)2+(y+2)2=9，斜率为1的直线l与圆C交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)当∠ACB=90°时，求直线l的方程；
(2)当∠AOB=90°时，求直线l的方程．
21.（12分）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC//AD，AB⊥BC，PA=AB=2，AD=2BC=2，M是PD的中点．
(1)求证：CM//平面PAB；
(2)求三棱锥P−ACM的体积；
(3)求二面角M−AC−D的余弦值．
22.（12分）如图1，在直角梯形ABFE中，AE//BF，∠ABF=90°，AE=5，AB=3，BF=8，点C、D分别在线段BF、AE上，且AD=BC=2.将四边形ABCD沿CD折起，使得二面角A−CD−E的大小为60°(如图2).
(1)证明：平面ADE⊥平面CDEF；
(2)求直线AC与平面CDEF所成的角的正弦值；
(3)记平面BCF与平面AEF的交线为l，直线l与平面ABCD的交点为C，求点G到平面CDEF的距离．
23.（12分）已知向量m=(3sin(2π−x),cosx)，n=(sin(32π−x),cos(π+x))，fx=m.n.
(Ⅰ)求y=fx的单调递增区间和对称中心；
(Ⅱ)在ΔABC中，角A、B、C所对应的边分别为a，b，c，若有fB=12,b=7，sinA+sinC=13314，求ΔABC的面积.
答案和解析
1.【答案】null;
【解析】
此题主要考查直线的斜率和倾斜角，属于基础题.
由直线方程求出斜率，根据斜率可得倾斜角.
解：将直线3x+y+2=0化为y=−3x−2，所以直线的斜率为−3，
设直线的倾斜角为α，则tanα=−3，
又0⩽α<π，所以α=2π3.
故选：C.
2.【答案】B;
【解析】
此题主要考查两直线垂直的性质，属于基础题.
垂足是两直线的公共点，垂足坐标同时满足两直线的方程．先由两直线垂直，求出m，第一直线的方程确定了，把垂足坐标代入，可求p，垂足坐标确定了，把垂足坐标代入第二条直线的方程可得n，进而求得m−n+p的值．
解：∵直线mx+4y−2=0与2x−5y+n=0互相垂直，
∴m−4×25=−1，
∴m=10，
直线mx+4y−2=0，即5x+2y−1=0，垂足(1,p)代入得，5+2p−1=0，∴p=−2.
把P(1,−2)代入2x−5y+n=0，可得 n=−12，
∴m−n+p=20.
故选B.
3.【答案】C;
【解析】解：因为α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行，故A不正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件，不能推出α//β，故B不正确；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确，故C正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件，不能推出α//β，故D不正确，
故选：C.
α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件．
此题主要考查面面平行的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
4.【答案】D;
【解析】解：连接AC，BD交于点O，取AD中点为M，连接SM，OS，作图如下：
因为AS=DS，∠ASD=90°，又M为AD的中点，故M为Rt△SAD的外心，
又侧面SAD⊥底面ABCD，且侧面SAD∩底面ABCD=AD，又OM⊥AD，OM⊂面ABCD，
故可得OM⊥平面SAD，故OA=OS=OD，
又四边形ABCD为正方形，且O为对角线交点，故可得OA=OB=OC=OD，
综上所述，OA=OB=OC=OD=OS，故O为四棱锥S−ABCD的外接球的球心，
则其外接球半径R=OD=12BD=2，
又P为该四棱锥外接球表面上的动点，若三棱锥P−SAD的体积最大，
则此时点P到平面SAD的距离ℎ=OM+R=1+2，
故其体积的最大值V=13×S△SAD×ℎ=13×12×AD×SM×(1+2)=13×12×2×1×(1+2)=1+23.
故选：D.
根据题意作图，结合几何关系，求得四棱锥S−ABCD外接球的球心位置以及球半径，再求三棱锥P−SAD的最大体积．
此题主要考查棱锥体积的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，是中档题．
5.【答案】B;
【解析】
此题主要考查直线的图象与性质，属于基础题.
直线ax+by+c=0经过一、三、四象限，如图所示，
则a≠0，b≠0，c≠0，且{−cb<0,−ca>0,−ab>0,则ab<0，bc>0.故选B.
6.【答案】B;
【解析】解：首先把三视图转换为几何体的直观图，该几何体为三棱锥体A−BCD.
如图所示：
故最大棱长为AB=AC=BC=32+32=32.
故选：B.
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的最大棱长．
此题主要考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的棱长公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
7.【答案】C;
【解析】解：连接A1D交AD1于N，过A作AH//EF交BD1于H，过N作NM⊥AH于M，
∵E、F分别是线段AB、BD1上的动点，∴EF在平面ABD1内，
易证A1D⊥平面ABD1，∴A1D⊥AH，又A1D∩A1M=A1，所以AH⊥平面A1NM，
∴AH⊥A1M，
则∠A1AH为直线EF与AA1所成的角，又直线EF与AA1所成的角为arctan2，
∴tan∠A1AH=A1MAM=2，设正方体的棱长为1，则可得AM=33，A1M=63，
又A1N=12A1D=22，∴NM=69−12=66，
在Rt△AMN中，tan∠MAN=NMAM=6633=22，
又AD1//BC1，故直线BC1与EF所成的角必为arctan22，
故选：C.
连接A1D交AD1于N，过A作AH//EF交BD1于H，过N作NM⊥AH于M，tan∠A1AH=A1MAM=2，计算可得tan∠MAN=NMAM=6633=22，可知直线BC1与EF所成的角必为arctan22.
此题主要考查异面直线所成的角，属中档题．
8.【答案】C;
【解析】
此题主要考查多面体外接球表面积的求法，是中档题．
由题意可知底面四边形BCDE为等腰梯形，求底面外接圆的半径，进一步求得四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
解：由已知可得，底面四边形BCDE为等腰梯形，且BC=BE=ED，∠BCD=∠EDC=60°，
∴等腰梯形BCDE的外接圆圆心G为CD中点，其外接圆半径为12CD=BC=2，
∵AB=2，且AB⊥平面BCDE，∴四棱锥外接球半径为22+(22)2=5，
∴此球的表面积等于4π×(5)2=20π．
故选：C．
9.【答案】C;
【解析】
本题的考点是直线与圆的位置关系，主要涉及了构造四边形及其面积的求法，解答该题的关键是“若四边形面积最小，则圆心与点P的距离最小时，即距离为圆心到直线的距离时，切线长PA，PB最小”，属于中档题．
由圆的方程为求得圆心C，半径r，由“若四边形面积最小，则圆心与点P的距离最小时，即距离为圆心到直线的距离时，切线长PA，PB最小”，最后利用点到直线的距离求出直线的斜率即可．
解：∵圆的方程为：x2+(y−1)2=1，
∴圆心C(0,1)，半径r=1．
∵PA、PB是圆C：x2+y2−2y=0的两条切线，
∴ΔCBP和ΔCAP是一对全等的直角三角形，
可得四边形PACB面积S=2×12×r×PB=PB，
而PB=PC2−r2=PC2−1，
∴若四边形面积最小，则当圆心与点P的距离最小时，
即圆心到直线l的距离最小时，
切线长PA，PB最小，
∴代入面积公式中，得PA=PB=2，
∴圆心到直线l的距离为d=5．
直线方程为kx+y+4=0，
∴5=|1+4|1+k2，解得k=±2，
∵k>0，
∴所求直线的斜率为：2．
故选：C．
10.【答案】A;
【解析】
该题考查了直线与圆的位置关系，圆的标准方程，垂径定理，直线斜率的计算方法，以及两直线垂直时斜率满足的关系，属于基础题．
把圆的方程化为标准方程，找出圆心坐标，由(2,5)在圆内，故过此点最长的弦为直径，最短弦为与这条直径垂直的弦，所以由圆心坐标和(2,5)求出直线AB的斜率，再根据两直线垂直时斜率的乘积为−1求出直线CD的斜率，进而求出两直线的斜率和．
解：把圆的方程化为标准方程得：(x−3)2+(y−4)2=25，
∴圆心坐标为(3,4)，
∴过(2,5)的最长弦AB为直径，
所在直线的斜率为5−42−3=−1，
又最长弦所在的直线与最短弦所在的直线垂直，
∴过(2,5)最短弦CD所在的直线斜率为1，
则直线AB与CD的斜率之和为−1+1=0．
故选A．
11.【答案】null;
【解析】解：设t=|x|−1，则t⩾−1，当t=−1时，x=0当t>−1时，x有两解．
则原方程等价为t2−|t|+k=0，即k=−t2+|t|=−(|t|−12)2+14.
由图象可知，(1)当k<0时，t>1，此时方程恰有2个不同的实根；
(2)当k=0时，t=1或t=0或t=−1，
当t=1时，x有两个不同的解，
当t=0时，x有两个不同的解，
当t=−1时，x只有一个解，所以此时共有5个不同的解．
(3)当0
综上正确的是①③④．
故选：C.
利用换元法设t=|x|−1，将方程转化为关于t的一元二次方程t2−|t|+k=0去求解．
此题主要考查了与二次函数有关的复合函数的根的情况，利用换元法和数形结合是解决本题的关键．
12.【答案】C;
【解析】解：设球心为O，连接O1P，O2P，则O，O1，O2，P四点共圆，且OP为球的半径．
根据球的截面圆的性质，OO1⊥α，OO2⊥β．
可知∠O1PO2为二面角α−l−β的平面角，∠O1PO2=120°，
从而，∠O1OO2=60°，在三角形O1PO2中，由余弦定理得出O1O2=7，再由正弦定理得出
OP=O1O2sin∠O1OO2=732=2213．
球的表面积S=4πR2=4π×(2213)2=112π3．
故选：C．
设球心为O，连接O1P，O2P，则O，O1，O2，P四点共圆，且OP为所在圆的直径，也为球的半径．在三角形O1PO2中，由余弦定理得出O1O2=7，再由正弦定理求出OP.利用球表面积公式计算．
此题主要考查与二面角有关的立体几何综合题，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．(选项C应该改为：112π3.)
13.【答案】D;
【解析】解：由已知得，要使该正四面体可以绕其中心在容器内任意转动，则需该正四面体的外接球在圆柱封闭容器内即可，作出正四面体S−ABC与其外接球O的位置关系如图所示，SD是球的直径，与平面ABC交于点E，
连接CE，CD，易知E为正三角形ABC的中心，AB=a，CE=32a×23=3a3，
又SE⊥CE，由勾股定理得SE=a2−(3a3)2=63a，设球的半径为R，R2=(6a3−R)2+CE2，解得R=64a，6a2⩽6，所以a⩽2.
故选：D.
求出正四面体的外接球的直径，利用直径小于等于6，推出结果即可．
此题主要考查三棱锥的外接球的问题，考查棱锥的体积公式，考查空间想象能力，属于中档题．
14.【答案】2x−3y=0或x+y=5．;
【解析】解：当直线过原点时，直线的斜率k=23，可得直线的方程为：y=23x，即2x−3y=0．
当直线不过原点时，可设直线的方程为x+y=a，把点P(3,2)代入方程可得3+2=a，解得a=5．
此时直线的方程为x+y=5．
综上可知：直线的方程为2x−3y=0或x+y=5．
故答案为：2x−3y=0或x+y=5．
当直线过原点时，直线的斜率k=23，即可得到直线的方程．当直线不过原点时，可设直线的方程为x+y=a，把点P(3,2)代入即可得到．
该题考查了直线的截距式方程、分类讨论，属于基础题．
15.【答案】①②;
【解析】
此题主要考查斜二测法画直观图与平面图形的联系.
根据斜二测画法的规则，逐个判断即可.
解：斜二测画法保持平行性和相交性不变，即平行直线的直观图还是平行直线，
相交直线的直观图还是相交直线，故①②正确；
但是斜二测画法中平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半，
则正方形的直观图不是正方形，菱形的直观图不是菱形，所以③④错.
故答案为①②.
16.【答案】−210;
【解析】解：因为a→+b→=(5,−2),a→−b→=(−1,6)，
所以a→=(5,−2)+(−1,6)2=(2,2)，b→=(5,−2)−(2,2)=(3,−4)，
所以|a→|=22+22=22,|b→|=32+(−4)2=5,a→⋅b→=2×3+2×(−4)=−2，
所以cosθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=−222×5=−210.
故答案为：−210.
首先求出a→,b→的坐标，再根据夹角公式计算可得．
此题主要考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．
17.【答案】①②④;
【解析】解：建立如图所示空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，
E(1,12,12)，F(0,12,12)，G(x,1−x,0)
所以EF→=(−1,0,0)，C1→D=(0,−1,−1)，
对①：DG→=(x,1−x,0)，EF→=(−1,0,0)，
则DG→⋅EF→=x不一定等于0，且不存在λ使得DG→=λøverrightarrowEF，故DG与EF为异面直线，故①正确；
对②：因为EF→⋅C1→D=(−1,0,0)(0,−1,−1)=0，所以EF→⊥C1→D，故②正确；
对③：当点G为AC中点时，易知BG⊥AC，D1G⊥AC，此时ΔBGD1的周长最小，此时BG+BD1+GD1=22+3+62，故③错误；
对④：由图可得B到平面GA1C1的距离即为B到平面AA1C1C的距离，是定值为22，
且ΔGA1C1的面积为12×2×1=22，则三棱锥B−GA1C1的体积为13×22×22=16也是定值，故④正确
故答案为：①②④．
建立空间直角坐标系，利用空间向量的相关性质逐一进行判断即可．
此题主要考查命题真假性的判断，涉及空间向量的应用，数形结合思想，属于中档题．
18.【答案】an=n（n+1）（n+2）;
【解析】解：∵在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，
∴当n⩾4时，an=anan−1.an−1an−2.an−2an−3⋅….a4a3.a3a2.a2a1.a1
=n+2n−1.n+1n−2.nn−3.n−1n−4⋅…⋅3+33.2+32.1+31×6
=n(n+1)(n+2)，
经验证当n=1，2，3时也成立，
因此：an=n(n+1)(n+2)．
故答案为：an=n(n+1)(n+2)．
利用“累乘求积法”即可得出．
该题考查了“累乘求积法”，属于基础题．
19.【答案】（1）证明：由正方体的性质可知A1D1⊥平面CC1D1D，
因为DE⊂平面CC1D1D，所以A1D1⊥DE． …（2分）
如图1所示：
连接D1F在棱BB1上取一点G，使BG=2GB1，连接AG，EG，由CE=2EC1，
所以GE∥AD且GE=AD，则四边形AGED是平行四边形，所以DE∥AG．
计算tan∠GAB=23=tan∠FA1A，所以∠GAB=∠FA1A．
又∠GAB+∠A1AG=90°，所以∠FA1A+∠A1AG=90°，
所以A1F⊥AG，所以DE⊥A1F． …（4分）
又A1D1⊥DE，A1D1∩A1F=A1，所以DE⊥平面A1D1F．
因为DE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面A1D1F． …（6分）
（2）解：如图2所示，
连接AC，在平面ABCD中作FM∥AC，交BC于点M，连接C1M，
则平面A1C1F截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为四边形A1FMC1． …（9分）
由题意，BF=BM=1，
则FM=2，A1C1=32，A1C=MC1=13，四边形A1FMC1为等腰梯形…（10分）
过F作FH⊥A1C1，垂足为H，
易知A1H=2，FH=11，
则四边形A1FMC1的面积为(2+32)⋅112=222，…（11分）
即平面A1C1F截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为222． …（12分）;
【解析】
(1)由正方体的性质得出A1D1⊥平面CC1D1D，A1D1⊥DE，证明四边形AGED是平行四边形，得出A1F⊥AG，DE⊥A1F，进而证明DE⊥平面A1D1F，平面ADE⊥平面A1D1F.
(2)连接AC，作FM//AC，交BC于点M，连接C1M，得平面A1C1F截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面四边形A1FMC1，判断A1FMC1为等腰梯形，计算它的面积即可．
此题主要考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了逻辑推理与运算求解能力以及空间想象能力，是中档题．
20.【答案】解：（1）设直线l的方程为y=x+m,
由半径为3，∠ACB=90°，
得C到直线l的距离为d=322，
所以|3+m|2=322，
所以m=0或-6，
所以直线l的方程：y=x或y=x-6；
（2）设直线l的方程为y=x+n,A（x1，y1），B（x2，y2），
由{y=x+n(x−1)2+(y+2)2=9，得2x2+（2n+2）x+n2+4n-4=0，
所以x1+x2=-n-1，x1x2=n2+4n−42，
因为∠AOB=90°，
所ОA→·OB→=x1x2+y1y2=0，
所以x1x2+（x1+n）（x2+n）=0，
即n2+4n-4+n（-n-1）+n2=0，
化简n2+3n-4=0，
解得n=1或n=-4，经检验Δ＞0，
所以直线l的方程y=x+1或y=x-4．;
【解析】
(1)设直线l的方程为y=x+m，C到直线l的距离为d=322，然后利用点到直线的距离公式列方程可求出m，从而可得直线方程；
(2)设直线l的方程为y=x+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将直线方程代入圆方程化简后，利用根与系数的关系，再由∠AOB=90°，可得x1x2+y1y2=0，结合前面的式子可求出n，从而可得直线方程．
此题主要考查直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．
21.【答案】（1）证明：取PA中点N，连接MN，BN，
∵M是PD的中点，N是PA的中点，∴MN∥AD，MN=12AD，
∵BC∥AD，BC=12AD，
∴MN∥BC，MN=BC，
∴四边形BCMN是平行四边形，∴CM∥BN，
又CM⊄平面PAB，BN⊂平面PAB，
∴CM∥平面PAB．
（2）解：∵M是PD的中点，∴VP-ACM=VD-ACM=VM-ACD=12VP-ACD，
∴VP-ACM=12×13×12×2×2×2=13．
（3）解：以A为原点，以AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示：
则A（0，0，0），C（2，1，0），M（0，1，22），
∴AM→=（0，1，22），AC→=（2，1，0），
设平面ACM的法向量为n→=（x，y，z），则n→.AM→=0n→.AC→=0，即y+22z=02x+y=0，
令z=2可得n→=（1，-2，2），
又PA⊥平面ABCD，∴m→=（0，0，1）为平面ACD的一个法向量，
∴cos＜m→，n→＞=m→.n→|m→||n→|=27×1=277，
由图形可知二面角M-AC-D为锐二面角，
∴二面角M-AC-D的余弦值为277．;
【解析】
(1)取PA中点N，通过证明四边形BCMN是平行四边形得出CM//BN，于是CM//平面PAB；
(2)根据VP−ACM=VD−ACM=VM−ACD计算棱锥的体积；
(3)建立空间坐标系，求出平面MAC和平面ACD的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．
此题主要考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，考查空间向量与二面角的计算，属于中档题．
22.【答案】解：（1）证明：在图1中，AE∥BF，∠ABF=90°，AD=BC=2，
∴四边形ABCD为矩形，∴图2中CD⊥DE，CD⊥AD，
∵AD∩DE=D，且AD、DE⊂平面ADE，∴CD⊥平面ADE，
∵CD⊂平面CDEF，∴平面ADE⊥平面CDEF．
（2）过点A作AM⊥DE，垂足为M，连接CM，
由（1）得平面ADE⊥平面CDEF，
∵平面ADE∩平面CDEF=DE，AM⊂平面ADE，
∴AM⊥平面CDEF，
∴CM为AC在平面CDEF上的射影，
即∠ACM是二面角A-CD-E的平面角，即∠ADE=60°，
在Rt△AMD中，AD=2，∴AM=3，
∴AC=13，∴在Rt△AMC中，sin∠ACM=AMAC=313=3913，
∴直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为3913．
（3）延长FE、CD交于点H，连接AH，并延长HA，CB交于点G，
则FG为平面BCF与平面AEF的交线，即G为l与平面ABCD的交点，
∵DE∥CF，且DE=12CF，
∴D为CH的中点，∴AB=12CH，
∵AB∥CD，∴A为HG的中点，
∴点G到平面CDEF的距离为点A到平面CDEF距离的2倍，
∴点G到平面CDEF的距离为2AM=23．;
【解析】
(1)推导出四边形ABCD为矩形，CD⊥DE，CD⊥AD，从而CD⊥平面ADE，由此能证明平面ADE⊥平面CDEF.
(2)过点A作AM⊥DE，垂直为M，连接CM，推导出平面ADE⊥平面CDEF，AM⊥平面CDEF，CM为AC在平面CDEF上的射影，从而∠ACM是二面角A−CD−E的平面角，即∠ADE=60°由此能求出直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．
(3)延长FE、CD交于点H，连接AH，并延长HA，CB交于点G，则FG为平面BCF与平面AEF的交线，即G为l与平面ABCD的交点，推导出点G到平面CDEF的距离为点A到平面CDEF距离的2倍，由此能求出点G到平面CDEF的距离．
此题主要考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
23.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得f(x)=→ m ⋅ → n
=3sin(2π−x)⋅sin(3 2π−x)+cosx⋅cos(π+x)
=3(−sinx)(−cosx)−cos2x
=3 2sin2x−1+cos2x 2
=sin(2x−π 6)−1 2.
令2kπ−π 2⩽2x−π 6⩽2kπ+π 2，k∈Z，
求得kπ−π 6⩽x⩽kπ+π 3，k∈Z，
故函数f(x)的增区间为[kπ−π 6,kπ+π 3]，k∈Z.
令2x−π 6=kπ，k∈Z，
求得x=1 2kπ+π 12，k∈Z，
可得函数的对称中心为(1 2kπ+π 12,−1 2)，k∈Z.
(Ⅱ)在ΔABC中，f(B)=sin(2B−π 6)−1 2=1 2，
可得sin(2B−π 6)=1，2B−π 6=π 2，
∴B=π 3.
∵b=7，sinA+sinC=133 14，
∴由正弦定理可得sinA+sinC=a+c bsinB=a+c 7 ⋅3 2=133 14，
求得a+c=3.
再由余弦定理可得b2=49=a2+c2−2ac⋅cosB
=(a+c)2−2ac−2ac⋅cosπ 3=169−3ac，
求得ac=40，
可得ΔABC的面积为1 2ac⋅sinB=1 2×40×3 2=103.;
【解析】此题主要考查向量的数量积公式，诱导公式，二倍角公式，辅助角公式，正弦定理、余弦定理的应用，正弦函数的单调性和正弦函数的图象的对称性，属于中档题.
(Ⅰ)由条件利用向量的数量积公式，诱导公式，二倍角公式，辅助角公式，求得f(x)=sin(2x−π6)−12，再利用正弦函数的单调性和正弦函数的图象的对称性求得y=f(x)的单调递增区间和对称中心；
(Ⅱ)在ΔABC中，由f(B)=sin(2B−π6)=12，求得B的值，再利用正弦定理求得a+c的值，再利用余弦定理求得ac的值，从而求得ΔABC的面积为12ac⋅sinB的值.
人教A版（2019）选择性必修第一册《2.1.1 倾斜角与斜率》提升训练
一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）直线3x+y+2=0的倾斜角是()
A、π3
B、π6
C、2π3
D、−π3
A. π3 B. π6 C. 2π3 D. −π3
2.（5分）已知直线mx+4y−2=0与2x−5y+n=0互相垂直，垂足为P(1,p)，则m−n+p的值是()
A. 24 B. 20 C. 0 D. −4
3.（5分）已知两不同直线m，n与三不同平面α，β，γ，下列条件能推出α//β的是( )
A. α⊥γ且β⊥γ B. m⊂α，n⊂β，m//n
C. m⊥α且m⊥β D. m⊂α，n⊂α，m//β，n//β
4.（5分）在四棱锥S−ABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD，且SA=SD，∠ASD=90°，底面ABCD是边长为2的正方形，设P为该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥P−SAD的最大体积为()
A. 1+2 B. 2+223 C. 2+23 D. 1+23
5.（5分）直线ax+by+c=0经过一、三、四象限的充要条件是()
A. ab>0，bc>0 B. ab<0，bc>0
C. ab>0，bc<0 D. ab<0，bc<0
6.（5分）图形是信息传播、互通的重要的视觉语言，《画法几何》是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图”来表示三维空间中立体图形．即做几何体的“三视图”，需要分别从几何体正面、左面、上面三个不同角度观察，从正投影的角度作图．图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的最长的一条侧棱长为()
A. 3 B. 32 C. 33 D. 6
7.（5分）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E、F分别是线段AB、BD1上的动点，且直线EF与AA1所成的角为arctan2，则下列直线中与EF所成的角必为arctan22的是()
A. CD B. BD C. BC1 D. DC1
8.（5分）四棱锥A−BCDE的各顶点都在同一球面上，AB⊥底面BCDE，底面BCDE为梯形，∠BCD=60°，且AB=CB=BE=ED=2，则此球的表面积等于( )
A. 25π B. 24π C. 20π D. 16π
9.（5分）已知点P(x,y)是直线kx+y+4=0(k>0)上一动点，PA、PB是圆C：x2+y2−2y=0的两条切线，A、B为切点，若四边形PACB面积的最小值是2，则k的值是( )
A. 2 B. 212 C. 2 D. 22
10.（5分）已知圆的方程为x2+y2−6x−8y=0，设圆中过点(2,5)的最长弦与最短弦为分别为AB、CD，则直线AB与CD的斜率之和为( )
A. 0 B. −1 C. 1 D. −2
11.（5分）已知函数f(x)=|x|−1，关于x的方程f2(x)−|f(x)|+k=0，给出下列四个命题：
①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根；
②存在实数k，使得方程恰有3个不同的实根；
③存在实数k，使得方程恰有5个不同的实根；
④存在实数k，使得方程恰有8个不同的实根．
其中真命题的序号为()
A、①②③
B、①②④
C、①③④
D、②③④
A. ①②③ B. ①②④ C. ①③④ D. ②③④
12.（5分）如图，在120°二面角α−l−β内半径为1的圆O1与半径为2的圆O2分别在半平面α、β内，且与棱l切于同一点P，则以圆O1与圆O2为截面的球的表面积为( )
A. 4π B. 28π3 C. 112π3 D. 448π3
13.（5分）已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为6，在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a的最大值为( )
A. 12 B. 1 C. 3 D. 2
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）过点P(3,2)，并且在两轴上的截距相等的直线方程为______．
15.（5分）利用斜二测画法得到：①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方形的直观图是正方形；④菱形的直观图是菱形．以上结论中，正确的是________(填序号).
16.（5分）已知向量a→，b→满足a→+b→=(5,−2)，a→−b→=(−1,6)，令a→，b→的夹角为θ，则cosθ=______.
17.（5分）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为1，E，F分别为A1B，D1C的中点，G为线段AC上异于A，C的动点，现有下列结论：
①DG与EF为异面直线；
②EF⊥C1D；
③ΔBGD1周长的最小值为2+3+62；
④三棱锥B−GA1C1的体积为定值．
其中所有正确结论的编号是 ______.
18.（5分）在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，那么{an}的通项公式是 ______ ．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在棱CC1，AB上，且满足CE=2EC1，AF=2FB.
(1)证明：平面ADE⊥平面A1D1F.
(2)若AB=3，求平面A1C1F截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积.
20.（12分）已知圆C：(x−1)2+(y+2)2=9，斜率为1的直线l与圆C交于A，B两点，O为坐标原点．
(1)当∠ACB=90°时，求直线l的方程；
(2)当∠AOB=90°时，求直线l的方程．
21.（12分）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，BC//AD，AB⊥BC，PA=AB=2，AD=2BC=2，M是PD的中点．
(1)求证：CM//平面PAB；
(2)求三棱锥P−ACM的体积；
(3)求二面角M−AC−D的余弦值．
22.（12分）如图1，在直角梯形ABFE中，AE//BF，∠ABF=90°，AE=5，AB=3，BF=8，点C、D分别在线段BF、AE上，且AD=BC=2.将四边形ABCD沿CD折起，使得二面角A−CD−E的大小为60°(如图2).
(1)证明：平面ADE⊥平面CDEF；
(2)求直线AC与平面CDEF所成的角的正弦值；
(3)记平面BCF与平面AEF的交线为l，直线l与平面ABCD的交点为C，求点G到平面CDEF的距离．
23.（12分）已知向量m=(3sin(2π−x),cosx)，n=(sin(32π−x),cos(π+x))，fx=m.n.
(Ⅰ)求y=fx的单调递增区间和对称中心；
(Ⅱ)在ΔABC中，角A、B、C所对应的边分别为a，b，c，若有fB=12,b=7，sinA+sinC=13314，求ΔABC的面积.
答案和解析
1.【答案】null;
【解析】
此题主要考查直线的斜率和倾斜角，属于基础题.
由直线方程求出斜率，根据斜率可得倾斜角.
解：将直线3x+y+2=0化为y=−3x−2，所以直线的斜率为−3，
设直线的倾斜角为α，则tanα=−3，
又0⩽α<π，所以α=2π3.
故选：C.
2.【答案】B;
【解析】
此题主要考查两直线垂直的性质，属于基础题.
垂足是两直线的公共点，垂足坐标同时满足两直线的方程．先由两直线垂直，求出m，第一直线的方程确定了，把垂足坐标代入，可求p，垂足坐标确定了，把垂足坐标代入第二条直线的方程可得n，进而求得m−n+p的值．
解：∵直线mx+4y−2=0与2x−5y+n=0互相垂直，
∴m−4×25=−1，
∴m=10，
直线mx+4y−2=0，即5x+2y−1=0，垂足(1,p)代入得，5+2p−1=0，∴p=−2.
把P(1,−2)代入2x−5y+n=0，可得 n=−12，
∴m−n+p=20.
故选B.
3.【答案】C;
【解析】解：因为α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行，故A不正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件，不能推出α//β，故B不正确；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确，故C正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件，不能推出α//β，故D不正确，
故选：C.
α，β垂直于同一个平面γ，故α，β可能相交，可能平行；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件；
利用垂直于同一直线的两个平面平行，可知结论正确；
α，β相交时，m，n都与交线平行，m//n，满足条件．
此题主要考查面面平行的判定，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．
4.【答案】D;
【解析】解：连接AC，BD交于点O，取AD中点为M，连接SM，OS，作图如下：
因为AS=DS，∠ASD=90°，又M为AD的中点，故M为Rt△SAD的外心，
又侧面SAD⊥底面ABCD，且侧面SAD∩底面ABCD=AD，又OM⊥AD，OM⊂面ABCD，
故可得OM⊥平面SAD，故OA=OS=OD，
又四边形ABCD为正方形，且O为对角线交点，故可得OA=OB=OC=OD，
综上所述，OA=OB=OC=OD=OS，故O为四棱锥S−ABCD的外接球的球心，
则其外接球半径R=OD=12BD=2，
又P为该四棱锥外接球表面上的动点，若三棱锥P−SAD的体积最大，
则此时点P到平面SAD的距离ℎ=OM+R=1+2，
故其体积的最大值V=13×S△SAD×ℎ=13×12×AD×SM×(1+2)=13×12×2×1×(1+2)=1+23.
故选：D.
根据题意作图，结合几何关系，求得四棱锥S−ABCD外接球的球心位置以及球半径，再求三棱锥P−SAD的最大体积．
此题主要考查棱锥体积的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，是中档题．
5.【答案】B;
【解析】
此题主要考查直线的图象与性质，属于基础题.
直线ax+by+c=0经过一、三、四象限，如图所示，
则a≠0，b≠0，c≠0，且{−cb<0,−ca>0,−ab>0,则ab<0，bc>0.故选B.
6.【答案】B;
【解析】解：首先把三视图转换为几何体的直观图，该几何体为三棱锥体A−BCD.
如图所示：
故最大棱长为AB=AC=BC=32+32=32.
故选：B.
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的最大棱长．
此题主要考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的棱长公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
7.【答案】C;
【解析】解：连接A1D交AD1于N，过A作AH//EF交BD1于H，过N作NM⊥AH于M，
∵E、F分别是线段AB、BD1上的动点，∴EF在平面ABD1内，
易证A1D⊥平面ABD1，∴A1D⊥AH，又A1D∩A1M=A1，所以AH⊥平面A1NM，
∴AH⊥A1M，
则∠A1AH为直线EF与AA1所成的角，又直线EF与AA1所成的角为arctan2，
∴tan∠A1AH=A1MAM=2，设正方体的棱长为1，则可得AM=33，A1M=63，
又A1N=12A1D=22，∴NM=69−12=66，
在Rt△AMN中，tan∠MAN=NMAM=6633=22，
又AD1//BC1，故直线BC1与EF所成的角必为arctan22，
故选：C.
连接A1D交AD1于N，过A作AH//EF交BD1于H，过N作NM⊥AH于M，tan∠A1AH=A1MAM=2，计算可得tan∠MAN=NMAM=6633=22，可知直线BC1与EF所成的角必为arctan22.
此题主要考查异面直线所成的角，属中档题．
8.【答案】C;
【解析】
此题主要考查多面体外接球表面积的求法，是中档题．
由题意可知底面四边形BCDE为等腰梯形，求底面外接圆的半径，进一步求得四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
解：由已知可得，底面四边形BCDE为等腰梯形，且BC=BE=ED，∠BCD=∠EDC=60°，
∴等腰梯形BCDE的外接圆圆心G为CD中点，其外接圆半径为12CD=BC=2，
∵AB=2，且AB⊥平面BCDE，∴四棱锥外接球半径为22+(22)2=5，
∴此球的表面积等于4π×(5)2=20π．
故选：C．
9.【答案】C;
【解析】
本题的考点是直线与圆的位置关系，主要涉及了构造四边形及其面积的求法，解答该题的关键是“若四边形面积最小，则圆心与点P的距离最小时，即距离为圆心到直线的距离时，切线长PA，PB最小”，属于中档题．
由圆的方程为求得圆心C，半径r，由“若四边形面积最小，则圆心与点P的距离最小时，即距离为圆心到直线的距离时，切线长PA，PB最小”，最后利用点到直线的距离求出直线的斜率即可．
解：∵圆的方程为：x2+(y−1)2=1，
∴圆心C(0,1)，半径r=1．
∵PA、PB是圆C：x2+y2−2y=0的两条切线，
∴ΔCBP和ΔCAP是一对全等的直角三角形，
可得四边形PACB面积S=2×12×r×PB=PB，
而PB=PC2−r2=PC2−1，
∴若四边形面积最小，则当圆心与点P的距离最小时，
即圆心到直线l的距离最小时，
切线长PA，PB最小，
∴代入面积公式中，得PA=PB=2，
∴圆心到直线l的距离为d=5．
直线方程为kx+y+4=0，
∴5=|1+4|1+k2，解得k=±2，
∵k>0，
∴所求直线的斜率为：2．
故选：C．
10.【答案】A;
【解析】
该题考查了直线与圆的位置关系，圆的标准方程，垂径定理，直线斜率的计算方法，以及两直线垂直时斜率满足的关系，属于基础题．
把圆的方程化为标准方程，找出圆心坐标，由(2,5)在圆内，故过此点最长的弦为直径，最短弦为与这条直径垂直的弦，所以由圆心坐标和(2,5)求出直线AB的斜率，再根据两直线垂直时斜率的乘积为−1求出直线CD的斜率，进而求出两直线的斜率和．
解：把圆的方程化为标准方程得：(x−3)2+(y−4)2=25，
∴圆心坐标为(3,4)，
∴过(2,5)的最长弦AB为直径，
所在直线的斜率为5−42−3=−1，
又最长弦所在的直线与最短弦所在的直线垂直，
∴过(2,5)最短弦CD所在的直线斜率为1，
则直线AB与CD的斜率之和为−1+1=0．
故选A．
11.【答案】null;
【解析】解：设t=|x|−1，则t⩾−1，当t=−1时，x=0当t>−1时，x有两解．
则原方程等价为t2−|t|+k=0，即k=−t2+|t|=−(|t|−12)2+14.
由图象可知，(1)当k<0时，t>1，此时方程恰有2个不同的实根；
(2)当k=0时，t=1或t=0或t=−1，
当t=1时，x有两个不同的解，
当t=0时，x有两个不同的解，
当t=−1时，x只有一个解，所以此时共有5个不同的解．
(3)当0
综上正确的是①③④．
故选：C.
利用换元法设t=|x|−1，将方程转化为关于t的一元二次方程t2−|t|+k=0去求解．
此题主要考查了与二次函数有关的复合函数的根的情况，利用换元法和数形结合是解决本题的关键．
12.【答案】C;
【解析】解：设球心为O，连接O1P，O2P，则O，O1，O2，P四点共圆，且OP为球的半径．
根据球的截面圆的性质，OO1⊥α，OO2⊥β．
可知∠O1PO2为二面角α−l−β的平面角，∠O1PO2=120°，
从而，∠O1OO2=60°，在三角形O1PO2中，由余弦定理得出O1O2=7，再由正弦定理得出
OP=O1O2sin∠O1OO2=732=2213．
球的表面积S=4πR2=4π×(2213)2=112π3．
故选：C．
设球心为O，连接O1P，O2P，则O，O1，O2，P四点共圆，且OP为所在圆的直径，也为球的半径．在三角形O1PO2中，由余弦定理得出O1O2=7，再由正弦定理求出OP.利用球表面积公式计算．
此题主要考查与二面角有关的立体几何综合题，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，难度大，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．(选项C应该改为：112π3.)
13.【答案】D;
【解析】解：由已知得，要使该正四面体可以绕其中心在容器内任意转动，则需该正四面体的外接球在圆柱封闭容器内即可，作出正四面体S−ABC与其外接球O的位置关系如图所示，SD是球的直径，与平面ABC交于点E，
连接CE，CD，易知E为正三角形ABC的中心，AB=a，CE=32a×23=3a3，
又SE⊥CE，由勾股定理得SE=a2−(3a3)2=63a，设球的半径为R，R2=(6a3−R)2+CE2，解得R=64a，6a2⩽6，所以a⩽2.
故选：D.
求出正四面体的外接球的直径，利用直径小于等于6，推出结果即可．
此题主要考查三棱锥的外接球的问题，考查棱锥的体积公式，考查空间想象能力，属于中档题．
14.【答案】2x−3y=0或x+y=5．;
【解析】解：当直线过原点时，直线的斜率k=23，可得直线的方程为：y=23x，即2x−3y=0．
当直线不过原点时，可设直线的方程为x+y=a，把点P(3,2)代入方程可得3+2=a，解得a=5．
此时直线的方程为x+y=5．
综上可知：直线的方程为2x−3y=0或x+y=5．
故答案为：2x−3y=0或x+y=5．
当直线过原点时，直线的斜率k=23，即可得到直线的方程．当直线不过原点时，可设直线的方程为x+y=a，把点P(3,2)代入即可得到．
该题考查了直线的截距式方程、分类讨论，属于基础题．
15.【答案】①②;
【解析】
此题主要考查斜二测法画直观图与平面图形的联系.
根据斜二测画法的规则，逐个判断即可.
解：斜二测画法保持平行性和相交性不变，即平行直线的直观图还是平行直线，
相交直线的直观图还是相交直线，故①②正确；
但是斜二测画法中平行于y轴的线段，在直观图中长度为原来的一半，
则正方形的直观图不是正方形，菱形的直观图不是菱形，所以③④错.
故答案为①②.
16.【答案】−210;
【解析】解：因为a→+b→=(5,−2),a→−b→=(−1,6)，
所以a→=(5,−2)+(−1,6)2=(2,2)，b→=(5,−2)−(2,2)=(3,−4)，
所以|a→|=22+22=22,|b→|=32+(−4)2=5,a→⋅b→=2×3+2×(−4)=−2，
所以cosθ=a→⋅b→|a→|⋅|b→|=−222×5=−210.
故答案为：−210.
首先求出a→,b→的坐标，再根据夹角公式计算可得．
此题主要考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．
17.【答案】①②④;
【解析】解：建立如图所示空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0,1)，B1(1,1,1)，C1(0,1,1)，D1(0,0,1)，
E(1,12,12)，F(0,12,12)，G(x,1−x,0)
所以EF→=(−1,0,0)，C1→D=(0,−1,−1)，
对①：DG→=(x,1−x,0)，EF→=(−1,0,0)，
则DG→⋅EF→=x不一定等于0，且不存在λ使得DG→=λøverrightarrowEF，故DG与EF为异面直线，故①正确；
对②：因为EF→⋅C1→D=(−1,0,0)(0,−1,−1)=0，所以EF→⊥C1→D，故②正确；
对③：当点G为AC中点时，易知BG⊥AC，D1G⊥AC，此时ΔBGD1的周长最小，此时BG+BD1+GD1=22+3+62，故③错误；
对④：由图可得B到平面GA1C1的距离即为B到平面AA1C1C的距离，是定值为22，
且ΔGA1C1的面积为12×2×1=22，则三棱锥B−GA1C1的体积为13×22×22=16也是定值，故④正确
故答案为：①②④．
建立空间直角坐标系，利用空间向量的相关性质逐一进行判断即可．
此题主要考查命题真假性的判断，涉及空间向量的应用，数形结合思想，属于中档题．
18.【答案】an=n（n+1）（n+2）;
【解析】解：∵在数列{an}中，a1=6，an+1an=n+3n，
∴当n⩾4时，an=anan−1.an−1an−2.an−2an−3⋅….a4a3.a3a2.a2a1.a1
=n+2n−1.n+1n−2.nn−3.n−1n−4⋅…⋅3+33.2+32.1+31×6
=n(n+1)(n+2)，
经验证当n=1，2，3时也成立，
因此：an=n(n+1)(n+2)．
故答案为：an=n(n+1)(n+2)．
利用“累乘求积法”即可得出．
该题考查了“累乘求积法”，属于基础题．
19.【答案】（1）证明：由正方体的性质可知A1D1⊥平面CC1D1D，
因为DE⊂平面CC1D1D，所以A1D1⊥DE． …（2分）
如图1所示：
连接D1F在棱BB1上取一点G，使BG=2GB1，连接AG，EG，由CE=2EC1，
所以GE∥AD且GE=AD，则四边形AGED是平行四边形，所以DE∥AG．
计算tan∠GAB=23=tan∠FA1A，所以∠GAB=∠FA1A．
又∠GAB+∠A1AG=90°，所以∠FA1A+∠A1AG=90°，
所以A1F⊥AG，所以DE⊥A1F． …（4分）
又A1D1⊥DE，A1D1∩A1F=A1，所以DE⊥平面A1D1F．
因为DE⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面A1D1F． …（6分）
（2）解：如图2所示，
连接AC，在平面ABCD中作FM∥AC，交BC于点M，连接C1M，
则平面A1C1F截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为四边形A1FMC1． …（9分）
由题意，BF=BM=1，
则FM=2，A1C1=32，A1C=MC1=13，四边形A1FMC1为等腰梯形…（10分）
过F作FH⊥A1C1，垂足为H，
易知A1H=2，FH=11，
则四边形A1FMC1的面积为(2+32)⋅112=222，…（11分）
即平面A1C1F截正方体ABCD-A1B1C1D1所得截面的面积为222． …（12分）;
【解析】
(1)由正方体的性质得出A1D1⊥平面CC1D1D，A1D1⊥DE，证明四边形AGED是平行四边形，得出A1F⊥AG，DE⊥A1F，进而证明DE⊥平面A1D1F，平面ADE⊥平面A1D1F.
(2)连接AC，作FM//AC，交BC于点M，连接C1M，得平面A1C1F截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面四边形A1FMC1，判断A1FMC1为等腰梯形，计算它的面积即可．
此题主要考查了空间中的平行与垂直关系应用问题，也考查了逻辑推理与运算求解能力以及空间想象能力，是中档题．
20.【答案】解：（1）设直线l的方程为y=x+m,
由半径为3，∠ACB=90°，
得C到直线l的距离为d=322，
所以|3+m|2=322，
所以m=0或-6，
所以直线l的方程：y=x或y=x-6；
（2）设直线l的方程为y=x+n,A（x1，y1），B（x2，y2），
由{y=x+n(x−1)2+(y+2)2=9，得2x2+（2n+2）x+n2+4n-4=0，
所以x1+x2=-n-1，x1x2=n2+4n−42，
因为∠AOB=90°，
所ОA→·OB→=x1x2+y1y2=0，
所以x1x2+（x1+n）（x2+n）=0，
即n2+4n-4+n（-n-1）+n2=0，
化简n2+3n-4=0，
解得n=1或n=-4，经检验Δ＞0，
所以直线l的方程y=x+1或y=x-4．;
【解析】
(1)设直线l的方程为y=x+m，C到直线l的距离为d=322，然后利用点到直线的距离公式列方程可求出m，从而可得直线方程；
(2)设直线l的方程为y=x+n，A(x1,y1)，B(x2,y2)，将直线方程代入圆方程化简后，利用根与系数的关系，再由∠AOB=90°，可得x1x2+y1y2=0，结合前面的式子可求出n，从而可得直线方程．
此题主要考查直线与圆的位置关系的应用，属于中档题．
21.【答案】（1）证明：取PA中点N，连接MN，BN，
∵M是PD的中点，N是PA的中点，∴MN∥AD，MN=12AD，
∵BC∥AD，BC=12AD，
∴MN∥BC，MN=BC，
∴四边形BCMN是平行四边形，∴CM∥BN，
又CM⊄平面PAB，BN⊂平面PAB，
∴CM∥平面PAB．
（2）解：∵M是PD的中点，∴VP-ACM=VD-ACM=VM-ACD=12VP-ACD，
∴VP-ACM=12×13×12×2×2×2=13．
（3）解：以A为原点，以AB，AD，AP所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示：
则A（0，0，0），C（2，1，0），M（0，1，22），
∴AM→=（0，1，22），AC→=（2，1，0），
设平面ACM的法向量为n→=（x，y，z），则n→.AM→=0n→.AC→=0，即y+22z=02x+y=0，
令z=2可得n→=（1，-2，2），
又PA⊥平面ABCD，∴m→=（0，0，1）为平面ACD的一个法向量，
∴cos＜m→，n→＞=m→.n→|m→||n→|=27×1=277，
由图形可知二面角M-AC-D为锐二面角，
∴二面角M-AC-D的余弦值为277．;
【解析】
(1)取PA中点N，通过证明四边形BCMN是平行四边形得出CM//BN，于是CM//平面PAB；
(2)根据VP−ACM=VD−ACM=VM−ACD计算棱锥的体积；
(3)建立空间坐标系，求出平面MAC和平面ACD的法向量，计算法向量的夹角得出二面角的大小．
此题主要考查了线面平行的判定，棱锥的体积计算，考查空间向量与二面角的计算，属于中档题．
22.【答案】解：（1）证明：在图1中，AE∥BF，∠ABF=90°，AD=BC=2，
∴四边形ABCD为矩形，∴图2中CD⊥DE，CD⊥AD，
∵AD∩DE=D，且AD、DE⊂平面ADE，∴CD⊥平面ADE，
∵CD⊂平面CDEF，∴平面ADE⊥平面CDEF．
（2）过点A作AM⊥DE，垂足为M，连接CM，
由（1）得平面ADE⊥平面CDEF，
∵平面ADE∩平面CDEF=DE，AM⊂平面ADE，
∴AM⊥平面CDEF，
∴CM为AC在平面CDEF上的射影，
即∠ACM是二面角A-CD-E的平面角，即∠ADE=60°，
在Rt△AMD中，AD=2，∴AM=3，
∴AC=13，∴在Rt△AMC中，sin∠ACM=AMAC=313=3913，
∴直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为3913．
（3）延长FE、CD交于点H，连接AH，并延长HA，CB交于点G，
则FG为平面BCF与平面AEF的交线，即G为l与平面ABCD的交点，
∵DE∥CF，且DE=12CF，
∴D为CH的中点，∴AB=12CH，
∵AB∥CD，∴A为HG的中点，
∴点G到平面CDEF的距离为点A到平面CDEF距离的2倍，
∴点G到平面CDEF的距离为2AM=23．;
【解析】
(1)推导出四边形ABCD为矩形，CD⊥DE，CD⊥AD，从而CD⊥平面ADE，由此能证明平面ADE⊥平面CDEF.
(2)过点A作AM⊥DE，垂直为M，连接CM，推导出平面ADE⊥平面CDEF，AM⊥平面CDEF，CM为AC在平面CDEF上的射影，从而∠ACM是二面角A−CD−E的平面角，即∠ADE=60°由此能求出直线AC与平面CDEF所成角的正弦值．
(3)延长FE、CD交于点H，连接AH，并延长HA，CB交于点G，则FG为平面BCF与平面AEF的交线，即G为l与平面ABCD的交点，推导出点G到平面CDEF的距离为点A到平面CDEF距离的2倍，由此能求出点G到平面CDEF的距离．
此题主要考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值、点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
23.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得f(x)=→ m ⋅ → n
=3sin(2π−x)⋅sin(3 2π−x)+cosx⋅cos(π+x)
=3(−sinx)(−cosx)−cos2x
=3 2sin2x−1+cos2x 2
=sin(2x−π 6)−1 2.
令2kπ−π 2⩽2x−π 6⩽2kπ+π 2，k∈Z，
求得kπ−π 6⩽x⩽kπ+π 3，k∈Z，
故函数f(x)的增区间为[kπ−π 6,kπ+π 3]，k∈Z.
令2x−π 6=kπ，k∈Z，
求得x=1 2kπ+π 12，k∈Z，
可得函数的对称中心为(1 2kπ+π 12,−1 2)，k∈Z.
(Ⅱ)在ΔABC中，f(B)=sin(2B−π 6)−1 2=1 2，
可得sin(2B−π 6)=1，2B−π 6=π 2，
∴B=π 3.
∵b=7，sinA+sinC=133 14，
∴由正弦定理可得sinA+sinC=a+c bsinB=a+c 7 ⋅3 2=133 14，
求得a+c=3.
再由余弦定理可得b2=49=a2+c2−2ac⋅cosB
=(a+c)2−2ac−2ac⋅cosπ 3=169−3ac，
求得ac=40，
可得ΔABC的面积为1 2ac⋅sinB=1 2×40×3 2=103.;
【解析】此题主要考查向量的数量积公式，诱导公式，二倍角公式，辅助角公式，正弦定理、余弦定理的应用，正弦函数的单调性和正弦函数的图象的对称性，属于中档题.
(Ⅰ)由条件利用向量的数量积公式，诱导公式，二倍角公式，辅助角公式，求得f(x)=sin(2x−π6)−12，再利用正弦函数的单调性和正弦函数的图象的对称性求得y=f(x)的单调递增区间和对称中心；
(Ⅱ)在ΔABC中，由f(B)=sin(2B−π6)=12，求得B的值，再利用正弦定理求得a+c的值，再利用余弦定理求得ac的值，从而求得ΔABC的面积为12ac⋅sinB的值.
相关试卷
人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.1 直线的倾斜角与斜率课后复习题： 这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.1 直线的倾斜角与斜率课后复习题，共12页。试卷主要包含了直线3x+y，直线l，直线y=x+1的倾斜角是，直线x−3y+3=0的倾斜角是，直线x−y+1=0的倾斜角为等内容，欢迎下载使用。
高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第二章 直线和圆的方程2.1 直线的倾斜角与斜率课后练习题： 这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册第二章 直线和圆的方程2.1 直线的倾斜角与斜率课后练习题，共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.1 直线的倾斜角与斜率测试题： 这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第一册2.1 直线的倾斜角与斜率测试题，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
