2023高考数学复习专项训练《直线的一般式方程》

这是一份2023高考数学复习专项训练《直线的一般式方程》，共17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。

一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）直线x+y+2=0的倾斜角为()
A、π4
B、3π4
C、π
D、π2
A. π4B. 3π4C. πD. π2
2.（5分）“a=-1”是“直线a2x-y+6=0与直线4x-(a-3)y+9=0互相垂直”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.（5分）已知α，β，γ是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是( )
A. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//βB. 若a⊥α，b⊥α，则a//b
C. 若a//α，b//α，则a//bD. 若a//α，a//β，则α//β
4.（5分）如图，某加工厂要在一圆柱体材料中打磨出一个直三棱柱模具，已知该圆柱底面圆面积为16π，高为6，则能截得直三棱柱体积最大为()
A. 543B. 723C. 963D. 1083
5.（5分）直线x-y-1=0与坐标轴所围成的三角形的面积为()
A. 14B. 2C. 1D. 12
6.（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()
A. π+83B. π+4C. 2π+83D. 2π+4
7.（5分）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AD，A1B1的中点，则异面直线EF与CD1夹角的余弦值为()
A. 36B. 33C. 26D. 23
8.（5分）AA′是长方体ABCD-A′B′C′D′的一条棱，这个长方体中与AA′垂直的棱共（ ）条．
A. 4B. 6C. 8D. 10
9.（5分）设圆x2+y2-4x+4y+7=0上的动点P到直线x+y-32=0的距离为d，则d的取值范围是( )
A. [0,3]B. [2,4]C. [2,5]D. [3,5]
10.（5分）过点(3,-2)的直线l经过圆x2+y2-2y=0的圆心，则直线l的倾斜角大小为( )
A. 30°B. 60°C. 150°D. 120°
11.（5分）已知函数f(x)满足f(x+1)={ax+a,x⩽-1,ln(x+1),x>-1.，函数g(x)=f(x)-f(-x)恰有5个零点，则实数a的取值范围为()
A. (-1e,0)B. (0,1e)
C. (-1e,1e)D. (1e,+∞)
12.（5分）已知三棱锥P-ABC的各顶点都在球O上，D，E分别是PB，BC的中点，PA⊥平面ABC，BC=2PA=2AB=4，PC=26.下列结论：
(1)BC⊥平面PAB；
(2)球O的体积是86π；
(3)直线AC与平面PAB所成角的正弦值是55；
(4)平面ADE被球O所截的截面积是14π3.
以上命题正确的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
13.（5分）在三棱锥A-SBC中，AB=10，∠ASC=∠BSC=π4，AC=AS，BC=BS，若该三棱锥的体积为153，则三棱锥S-ABC外接球的体积为( )
A. πB. 43πC. 5πD. π3
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）直线1通过点(1,3)且与x轴及y轴的正半轴所围成的三角形面积为6，则直线l的方程是______．
15.（5分）如图，三角形A'B'C'为水平放置的三角形ABC的直观图，其中O'A'=A'B'=1，三角形A'B'C'的面积为2.则原平面图形三角形ABC的周长为 ______.
16.（5分）已知向量|b→|=1，向量a→=(1,3)，且|a→-2b→|=6，则向量a→,b→的夹角为 ______.
17.（5分）如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中：
①DM与BN垂直；
②CN与BM成60°角；
③CN与BE是异面直线；
④BM与ED平行．
以上四个命题中，正确命题的序号是 ______.
18.（5分）已知二次函数f(x)=x2-ax+a(a>0,x∈R)，不等式f(x)⩽0的解集有且只有一个元素，设数列{an}的前n项和Sn=f(n)(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为______．
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，点E在BC上(异于点B)，F、G分别为PD、PA的中点．



(1)证明：B、E、F、G四点共面；
(2)证明：平面PAB⊥平面BEFG.
20.（12分）已知点N(0,-1)，直线l：3x+4y=2，直线m过点N且与l平行，直线m交圆C：(x-1)2+y2=3于两点A，B.
(Ⅰ)求直线m的方程；
(Ⅱ)求线段AB的长．
21.（12分）如图正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均为2，E、F、G、H分别是棱AA'、AB、AC、B'C'的中点.
(1)求证：B'C'//面EFG；
(2)求三棱锥H-EFG的体积；
(3)求二面角E-FG-H的余弦值.
22.（12分）如图，ΔABC为正三角形，且BC=CD=2，CD⊥BC，将ΔABC沿BC翻折．
(1)当AD=2时，求证：平面ABD⊥平面BCD；
(2)若点A的射影在ΔBCD内(包括边界)，且直线AB与平面ACD所成角为60°，求AD的长．
23.（12分）在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sin2B2b=cs(C+B)-csCsinBc.
(1)求角A的大小;
(2)若三角形ABC的面积为1，b+c=2+2，求a.
答案和解析
1.【答案】null;
【解析】解：直线x+y+2=0，即y=-x-2的斜率为-1，
则所求倾斜角为3π4.
故选：B.
根据已知条件，结合直线斜率与倾斜角的关系，即可求解．
此题主要考查直线斜率与倾斜角的关系，属于基础题．
2.【答案】A;
【解析】解：当a=-1时，直线分别为x-y+6=0与4x+4y+9=0，则两直线垂直；
当直线a2x-y+6=0与4x-(a-3)y+9=0互相垂直时，则有4a2+(a-3)=0，解得a=-1或34，
故选A．
由题意需要把-1代入直线方程，判断斜率之积是否为-1；再由直线垂直的等价条件求出两直线垂直时a的值，再判断充分性和必要性是否成立．
本题的考点是直线垂直的等价条件的应用，即根据直线一般方程的系数满足的关系式进行求值，判断判断充分性和必要性．
3.【答案】B;
【解析】解：对于A：若α⊥γ，β⊥γ，则α//β或α和β相交，故A错误；
对于B：若a⊥α，b⊥α，则a和b相当于平面α的法向量，故a//b，故B正确；
对于C：若a//α，b//α，则a//b或a和b相交或a和b异面，故C错误；
对于D：若a//α，a//β，则α和β可能平行或相交，故D错误；
故选：B.
直接利用线面的位置关系的应用，面面位置关系的应用，法向量的应用判断A、B、C、D的结论．
此题主要考查的知识要点：线面的位置关系的应用，面面位置关系的应用，法向量，主要考查学生的空间想象能力，属于基础题．
4.【答案】B;
【解析】解：由题意可得，底面半径为4，
直三棱柱是各侧面高相等，底面是三角形，上表面和下表面平行且全等，
所有侧棱平行且垂直于两底面的棱柱，
故要底面圆的内接三角形面积最大，
S=12absinC
=12⋅2R⋅sinAsinBsinC⋅2R
=2R2sinAsinBsinC
⩽2R2(sinA+sinB+sinC3)3
⩽2R2(sinA+B+C3)3
⩽2R2⋅(32)3=334R2，
当且仅当A=B=C=π3时，取“=”，
V=Sh=334⋅16⋅6=723，
故选：B.
由题意，要底面圆的内接三角形面积最大，再利用均值不等式求最值，再求三棱柱的体积即可．
此题主要考查棱柱的体积，考查学生的运算能力，属于中档题．
5.【答案】D;
【解析】
由直线x-y-1=0，可得与坐标轴的交点(1,0)，(0,-1).即可得出．
此题主要考查了直线方程、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
解：由直线x-y-1=0，可得与坐标轴的交点(1,0)，(0,-1).
因此直线与坐标轴围成的三角形的面积S=12×1×1=12.
故选D.
6.【答案】D;
【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由一个三棱柱和一个半圆柱构成的组合体；
故V=π·1·2+12×2×2×2=2π+4.
故选：D.
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体积．
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，几何体的体积公式，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】A;
【解析】解：在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
如图，设棱BB1的中点为G，连接FG，EG，BE，A1B.

因为A1B//FG，CD1//A1B，所以CD1//FG，故∠EFG为异面直线EF与CD1所成的角．
设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则FG=2，A1E=BE=5，EF=EG=6.
在等腰三角形EFG中，cs∠EFG=FG2EF=36.
故异面直线EF与CD1夹角的余弦值为36.
故选：A.
设棱BB1的中点为G，连接FG，EG，BE，A1B.说明∠EFG为异面直线EF与CD1所成的角．然后转化求解即可．
此题主要考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
8.【答案】C;
【解析】解：作出长方体ABCD-A′B′C′D′的图形如下：

依题意，AA′⊥底面ABCD，AA′⊥平面A′B′C′D′，
∴AA′垂直于底面ABCD中的4条棱AB、BC、CD、DA；
同理可知，AA′垂直于上底面中的4条棱A′B′、B′C′、C′D′、D′A′，
∴这个长方体中与AA′垂直的棱共有8条，
故选：C．
9.【答案】B;
【解析】解：把圆x2+y2-4x+4y+7=0转换为标准式(x-2)2+(y+2)2=1，
则：圆心(2,-2)到直线x+y-32=0的距离，
d=|2-2-32|2=3>1，
所以：直线和圆相离．
所以圆上的动点P到直线的距离的最大值为dmax=3+1=4，
圆上的动点P到直线的距离的最小值为dmin=3-1=2．
故：2⩽d⩽4，
即d的取值范围是：[2,4]
故选：B．
首先把圆的一般式转换为标准式，进一步确定直线和圆的位置关系，最后利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离，再根据圆中最值问题的解法求出结果．
该题考查的知识要点：圆的一般式和标准式的转换，点到直线的距离公式的应用，直线和圆的位置关系的应用，圆中最值问题．
10.【答案】D;
【解析】
该题考查直线的倾斜角，直线与圆相交的性质，考查计算能力，是基础题．
先求出圆的圆心坐标，再求直线的斜率，然后求直线l的倾斜角大小．

解：圆x2+y2-2y=0的圆心(0,1)，
过点(3,-2)的直线l经过圆x2+y2-2y=0的圆心，
则直线l的斜率是：-2-13-0=-3
直线l的倾斜角大小：120°
故选D．

11.【答案】A;
【解析】解：因为f(x+1)={ax+a,x⩽-1ln(x+1),x>-1，所以f(x)={ax,x⩽0lnx,x>0，f(-x)={-ax,x⩾0ln(-x),x0得a=4，f(x)=x2-4x+4；
∴Sn=n2-4n+4；
当n=1时，a1=S1=1-4+4=1；
当n⩾2时，an=Sn-Sn-1=2n-5，当n=1时不成立；
∴an=1,n=12n-5,n⩾2且n∈N*．
故答案为：an=1,n=12n-5,n⩾2且n∈N*．
先根据不等式f(x)⩽0的解集有且只有一个元素，再结合a>0求出a=4，进而代入求出Sn=n2-4n+4；再根据前n项和与通项之间的关系即可求出数列{an}的通项公式即可．
这道题主要考查已知数列的前n项和，求数列的通项公式的问题，属于基础题．
19.【答案】证明：(1)连接EF、FG、GB，
因为F、G分别为PD、PA的中点，
所以FG//AD，
又因为底面ABCD为矩形，点E在BC上，
所以FG//EB，
所以B、E、F、G四点共面；
(2)因为ABCD为矩形，
所以AB⊥AD，
又因为PA⊥底面ABCD，
所以PA⊥AD，
而PA∩AB=A，
所以DA⊥平面PAB，
由FG//AD，
所以FG⊥平面PAB，
又FG⊂平面BEFG，
所以平面PAB⊥平面BEFG.;
【解析】此题主要考查平面的基本性质及应用、面面垂直的判定、考查推理能力，属中档题.
(1)证出FG//BE，即可证出结果；
(2)证出FG⊥平面PAB，即可证出结果.
20.【答案】null;
【解析】
(Ⅰ)由已知求得直线m的斜率，再由直线方程的点斜式得答案；
(Ⅱ)由圆的方程求得圆心坐标与半径，求出圆心到直线l的距离，再由垂径定理求线段AB的长．
此题主要考查直线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是基础题．
21.【答案】（1）证明：因为ABC-A'B'C'是三棱柱，所以B'C'∥BC，
又AF=FB，AG=GC，所以BC∥FG，
所以B'C'∥FG，FG⊂平面EFG，B'C'⊄面EFG，
所以B'C'∥面EFG；
（2）解：由（1）可得，VH-EFG=VB-EFG=VG=EFB，
所以VG-EFB=13S△EFB.h，其中h为点G到平面ABB'A'的距离，
因为正三棱柱ABC-A'B'C'的所有棱长均为2，
所以h=12×22-12=32，
故VG-EFB=13S△EFB.h=13×(2×2-1×2-12×1×1)×32=34，
所以三棱锥H-EFG的体积为34；
（3）解：设二面角E-FG-A，H-FG-B，3-FG-H的平面角分别为α，β，γ，
则γ=π-α-β，
所以csγ=cs（π-α-β）=-cs（α+β）=sinαsinβ-csαcsβ，
过点A作AR⊥FG于点R，连结ER，则∠ARE=α，
所以sinα=27，csα=37，
同理可得，csβ=319，sinβ=419，
所以csγ=sinαsinβ-csαcsβ=27×419-319×37=5133133，
故二面角E-FG-H的余弦值为5133133．;
【解析】
(1)利用棱柱的几何性质得到B'C'//FG，然后由线面平行的判断定理证明即可；
(2)利用线面平行，可得VH-EFG=VB-EFG=VG=EFB，从而得到VG-EFB=13SΔEFB.h，求解即可得到答案；
(3)二面角E-FG-A，H-FG-B，3-FG-H的平面角分别为α，β，γ，则有csγ=sinαsinβ-csαcsβ，过点A作AR⊥FG于点R，连结ER，则∠ARE=α，求出sinα，csα，同理求出sinβ，csβ，即可得到答案．
此题主要考查了线面平行的判定定理的应用，锥体体积公式的应用以及二面角的平面角的求解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)取BD中点E，BC中点O，连接AE，OE，
因为AB=AD=2，则AE⊥BD，
ΔABC是正三角形，∴BC⊥AO，
∵BC=CD=2，CD⊥BC，
∴BD=22，AE=12BD=2，
又OE=12CD=1，
ΔABC为正三角形中，AO=3，
所以AE2+OE2=AO2
所以AE⊥OE，又AE⊥BD，BD与OE相交，
所以AE⊥平面BCD，
AE⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD.

(2)以O为原点，以BC为x轴，以BE为y轴，
以平面BCD的过O的垂线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设二面角D-BC-A为θ，则A(0,3csθ,3sinθ)，B(-1,0,0)，
C(1,0,0)，D(1,2,0).
∴BA→=(1,3csθ,3sinθ)，CD→=(0,2,0)，
CA→=(-1,3csθ,3sinθ)，
设平面ACD的法向量为n→=(x,y,z)，则{n→⋅CD→=0n→⋅CA→=0
∴{2y=0-x+3csθy+3sinθz=0，
令z=1得n→=(3sinθ,0,1).
直线AB与平面ACD所成角为60°
∴cs=23sinθ2.3sin2θ+1=32.解得sinθ=1.
∴A(0,0,3)，又D(1,2,0).
∴|AD|=1+22+32=22.;
【解析】此题主要考查了面面垂直的证明、利用空间向量进行空间角及空间距离的计算，考查推理能力和计算能力，属于中档题．
(1)取BD中点E，BC中点O，连接AE，OE，结合已知证明：AE⊥平面BCD，即可证明平面ABD⊥平面BCD；
(2)以O为原点建立空间坐标系，设二面角D-BC-A为θ，用θ表示出A的坐标，求出BA→和平面ACD的法向量n→，令|cs|=32得出sinθ，从而得出A点坐标，代入两点间的距离公式求出|AD|.
23.【答案】解：(1)因为sin2B2b=cs(C+B)-csCsinBc，
所以csinBcsB+bcsA+bcsCsinB=0，
得bcs A+(ccs B+bcs C)sinB=0，
由正弦定理得：a=bcsC+ccsB，
∴bcs A+asin B=0，
由正弦定理可得sinBcsA+sinAsin B=0，即sinB(cs A+sinA)=0，
因为0