高中数学人教A版（2019）选择性必修第一册《 倾斜角与斜率》提升训练（含解析）

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.2π32.（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.−43.（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 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+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<06.（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 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EFA.CD B.BD C.BC1 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=60A.25π B.24π C.20π D.16π9.（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、BA.2 B.212 C.2 D.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A.0 B.−1 C.1 D.−211.（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． 

A、①②③B、①②④C、①③④D、②③④A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④12.（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O1A.4π B.28π3 C.112π3 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.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→−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； 

②EF18.（5分）在数列{an}中，a1=6三、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. 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； 

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； 

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

答案和解析1.【答案】【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， 

设直线的倾斜角为又0⩽α<π，所以α=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， 

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=13×5.【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,−ca6.【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：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=12A8.【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，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AB11.【答案】【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<k<14时，−1<t<−12或−12<t<0或0<t<12或12<t<1，此时对应着8个解． 

(4)当k=14时，t=−1212.【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O1O213.【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=14.【答案】2x−3y=0【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=015.【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】−2【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)， 

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→⊥C18.【答案】an【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⋅….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【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⊥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【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(x21.【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+【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； 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， 

∴