高一数学下学期周练

祝塘中学高一数学第13周周练
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分） 1. 直线x +√3y +1=0的倾斜角是( )
A. π
6
B. π
3
C. 2π
3
D. 5π
6
【答案】D
【解析】【分析】
本题考查直线的倾斜角、直线的斜率，考查计算能力，是基础题．
设出直线的倾斜角，求出斜率，就是倾斜角的正切值，然后求出倾斜角． 【解答】
解：设直线的倾斜角为α，由题意直线的斜率为−√3
3，即tanα=−√3
3
所以α=
5π6
故选：D ．
2.在△ABC 中，∠A =π
3，BC =3，AB =√6，则∠C 的大小为( )
A. π
6
B. π
4
C. π
2
D. 2π
3
【答案】B
【解析】【分析】
由已知利用正弦定理sinC =√2
2
，利用大边对大角可求∠C 为锐角，即可利用特殊角的三
角函数值得解．
本题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题． 【解答】
解：在△ABC 中，∵∠A =π
3，BC =3，AB =√6，
∴由正弦定理BC
sinA =AB
sinC ，可得：sinC =AB⋅sinA BC
=√6×√3
23
=√22
，
∵AB <BC ，可得：∠A >∠C ，∠C 为锐角， ∴∠C =π
4
．
故选：B ．
3.如图，直线l 1，l 2，l 3的斜率分别为k 1，k 2，k 3，则( ) D
A ．k 1<k 2<k 3
B ．k 3<k 1<k 2
C ．k 3<k 2<k 1
D ．k 1<k 3<k 2
4.已知直线y ＝1
2
x ＋k 与两坐标轴围成的三角形的面积不小于1，则实数k 的取值范围是
( )
A ．(－∞，－1]
B ．(1，＋∞)
C ．(－∞，－1]∪(1，＋∞)
D ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)
5.棱长均为1的正四面体的表面积是( )
A. √3
B. √3+1
C. 2√3
D. 2√3+1
【答案】A
【解析】解：棱长均为1的正四面体的每一个面都是等边三角形，
其面积等于S1=1
2×1×1×sin60°=√3
4
，
∴棱长均为1的正四面体的表面积是S=4S1=√3．
故选：A．
棱长均为1的正四面体的每一个面都是等边三角形，其面积等于S1=1
2
×1×1×
sin60°=√3
4
，由此能求出正四面体的表面积．
本题考查正四面体的表面积的求法，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．
6.在△ABC中，若2sinAsinB=1+cosC，则下列结论一定成立的是()
A. A=B
B. A=C
C. B=C
D. A=B=C
【答案】A
【解析】解：2sinAsinB=1+cosC=1−cos(A+B)，
∴2sinAsinB=1−cos(A+B)=1−cosAcosB+sinAsinB，
∴sinAsinB+cosAcosB=1即cos(A−B)=1，
又∵A、B均为三角形内角，
∴A=B，
故选：A．
由已知利用诱导公式及两角和的余弦公式即可求解判断，
本题主要考查了和角的三角公式的简单应用，属于基础题．
7.设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下面四个命题：
①若α⊥β，β⊥γ，则α//γ②若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
③若m//α，n⊂α，则m//n④若α//β，γ∩α=m，γ∩β=n，则m//n
其中正确命题的序号是()
A. ①④
B. ①②
C. ②③④
D. ④
【答案】D
【解析】解：由m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，知：
在①中，若α⊥β，β⊥γ，则α与γ相交或平行，故①错误；
在②中，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n相交、平行或异面，故②错误；
在③中，若m//α，n⊂α，则m与n平行或异面，故③错误；
在④中，若α//β，γ∩α=m，γ∩β=n，则由面面平行的性质定理得m//n，故④正确．
故选：D．
在①中，α与γ相交或平行；在②中，m与n相交、平行或异面；在③中，m与n平行或异面；在④中，由面面平行的性质定理得m//n．
本题考查命题真假的判断，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．
8.已知直线l1：(k−3)x+ky+1=0与直线l2：x+(k−3)y+3=0垂直，则实数k 的值是()
A. 3
B. 1
C. 3或−1
D. −3或1
【答案】C
【解析】解：∵直线l1：(k−3)x+ky+1=0与直线l2：x+(k−3)y+3=0垂直，∴(k−3)×1+k(k−3)=0，即(k+1)(k−3)=0，
解得k=−1或k=3，
故选：C．
利用两条直线相互垂直与斜率的关系即可得出．
本题考查了两条直线相互垂直与斜率的关系，属于基础题．
9.已知圆锥的母线长为5cm，底面半径为5
3
cm，一只蚂蚁欲从圆锥的底面圆周上的点A 出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点A，则蚂蚁爬行的最短路程长为()
A. 8cm
B. 5√3cm
C. 10cm
D. 5πcm
【答案】B
【解析】解：如图，
由圆锥的底面半径为5
3cm，得展开后扇形的弧长为10π
3
，
由弧长公式可得展开后扇形的弧度数为10π
3
5
=2π
3
．
过P作PB⊥AA′，
即∠APA′=2π
3
，又PA=5，求得AA′=2AB=5√3．
故选：B．
要求蚂蚁爬行的最短距离，需将圆锥的侧面展开，根据“两
点之间线段最短”求解．
本题考查圆锥的展开图等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
10.已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin2A=sin2B，则该三角形的形状是()
A. 等腰三角形
B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形
D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】解：由sin2A=sin2B，
又2A，2B∈(0,2π)，
可得2A=2B，或2A+2B=π，
即A=B，或A+B=π
2
.即该三角形的形状是等腰三角形或直角三角形．
故选：D．
由已知结合范围2A，2B∈(0,2π)，可得2A=2B，或2A+2B=π，进而可求该三角形的形状．
本题主要考查了正弦函数的性质，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．
11.已知△ABC中，满足a=3，b=2，∠B=30°，则这样的三角形有()
A. 0个
B. 1个
C. 2个
D. 无数个
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了正弦定理的应用问题，是基础题．
利用正弦定理和三角形的边角关系，即可判断这样的三角形有2个．
【解答】
解：△ABC中，a=3，b=2，∠B=30°，
由正弦定理得，a
sinA =b
sinB
，
3 sinA =2
sin30∘
，
∴sinA=3
4
，A∈(0,π)，且a>b，
∴这样的三角形有2个．
故选：C．
12.在平面直角坐标系中，记d为点P(cosθ,sinθ)到直线x−my−2=0的距离．当θ、m变化时，d的最大值为()
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】C
【解析】【分析】
本题考查点到直线的距离的最大值的求法，考查点到直线的距离公式、三角函数性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
由题意d=|cosθ−msinθ−2|
√12+m2=|√m2+1sin(θ−α)+2|
√m2+1
，当sin(θ−α)=1时，d max=1+2
√m2+1
≤
3.由此能求出d的最大值．【解答】
解：由题意d=
√12+m2=|√m2+1sin(θ−α)+2|
√m2+1
，
其中tanα=1
m
，
∴当sin(θ−α)=1时，
d max=1+
√m2+1
≤3.当且仅当m=0时取等号，
∴d的最大值为3．
故选C．
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.过点A(1,1)且与直线2x+3y−1=0平行的直线l的方程为______．
【答案】2x+3y−5=0
【解析】解：设经过点A(1,1)，且与直线2x+3y−1=0平行的直线方程为2x+3y+c= 0，
把点A(1,1)代入，得：
2+3+c=0，
解得c=−5，
∴所求直线方程为：2x+3y−5=0．
故答案为：2x+3y−5=0．
设经过点A(1,1)，且与直线2x+3y−1=0平行的直线方程为2x+3y+c=0，把点A(1,1)代入，能求出直线方程．
本题考查直线方程的求法，解题时要认真审题，注意直线平行的条件的灵活运用．14.如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是边长为2
的正方形，且PA=PB=PC=PD，已知四棱锥的表面积
是12，则它的体积为______．
【答案】4√3
3
【解析】解：设正四棱锥的斜高为ℎ′，则2×2+4×1
2
×2ℎ′= 12，解得ℎ′=2，
则正四棱锥的高PO=√22−12=√3．
∴正四棱锥的体积V=1
3×4×√3=4√3
3
．
故答案为：4√3
3
．
由已知求得正四棱锥的斜高，进一步求得高，代入棱锥体积公式求解．
本题考查多面体表面积与体积的求法，是基础的计算题．
15.在△ABC中，边a，b，c所对的角分别为A，B，C，△ABC的面积S满足4√3S=b2+ c2−a2，若a=4，则△ABC外接圆的面积为______．
【答案】16π
【解析】【分析】
本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式，正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，是中档题．
由已知利用三角形面积公式，余弦定理，同角三角函数基本关系式可得tan A，结合范围A∈(0,π)，可求A，
利用正弦定理可求△ABC外接圆的半径，即可求△ABC外接圆的面积．
【解答】
解：∵4√3S=b2+c2−a2，
∴4√3×1
2bcsinA=2bccosA，可得：tanA=√3
3
，
∵A∈(0,π)，∴A=π
6
，
∴则△ABC外接圆的半径R=a
2sinA =4
2×1
2
=4．
∴则△ABC外接圆的面积S=πR2=16π．
故答案为：16π．
16.如图，60°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB=2，AC=4，BD=6，则CD的长为______．
【答案】4√2
【解析】解：∵60°的二面角的棱上有A，B两点，
直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB．
AB=2，AC=4，BD=6，
∴CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴CD
⃗⃗⃗⃗⃗ 2
=(CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2 =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2
+2CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =16+4+36+2×4×6×cos120°
=32，
∴CD 的长为|CD|=√32=4√2． 故答案为：4√2．
推导出CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BD
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，由此能求出CD 的长． 本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题．
三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.(10分）在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且(2b −c)cosA =acosC ． (1)求角A 的大小；
(2)若a =4且S △ABC =4√3，求b +c 的值，
【答案】解：(1)在△ABC 中，∵(2b −c)cosA =acosC ， ∴由正弦定理可得：2sinBcosA −sinCcosA =sinAcosC ， ∴化简可得2sinBcosA =sin(A +C)=sinB ， ∵sinB >0， ∴得：cosA =1
2， ∵A ∈(0,π)， ∴A =π
3
．
(2)∵a =4，A =π
3，且S △ABC =4√3， ∴4√3=1
2bcsinA =
√3
4bc ，解得：bc =16，
∵由余弦定理a 2=b 2+c 2−2bccosA ，可得：16=b 2+c 2−bc =(b +c)2−3bc =(b +
c)2−48，
∴解得：b +c =8．
【解析】(1)由条件利用正弦定理可得2sinBcosA −sinCcosA =sinAcosC ，利用两角和的正弦公式化简求得cos A 的值，结合A 的范围可求A 的值．
(2)由已知利用三角形的面积公式可求bc =16，由余弦定理即可解得b +c 的值． 本题主要考查正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式的应用，考查了转化思想，属于基础题．
18．（10分）已知三角形的顶点为)3,2(A ，)0,1(-B ，)1,5(-C .求： （1）AC 边上的中线BD 所在直线的方程； （2）AB 边上的高CE 所在直线的方程.
解：（1）∵)1,5(),3,2(-C A ，D 为AC 中点， ∴),2
7
( 1 D ． ∴92=
BD
k ∴直线BD 的方程为)1+(9
2
=x y ． 即：0=2+92y x -．
（2）由题：1=AB k ∵AB ⊥CE ∴1=-CE AB k k ∴1=-CE k ．
∴直线CE 的方程为)5(=1+--x y ，即0=4+-y x ．
19.（10分）如图，已知四棱锥P −ABCD 中，CD ⊥平面PAD ，AP =AD ，AB//CD ，CD =2AB ，M 是PD 的中点．
(1)求证：AM//平面PBC ；
(2)求证：平面PBC ⊥平面PCD ．
【答案】证明：(1)取CP 的中点N ，连接MN ． ∵M ，N 分别是PD ，PC 的中点，∴MN//CD ，MN =1
2CD ， ∵AB//CD ，AB =1
2CD ，
∴AB//MN ，AB =MN ．
∴四边形ABNM 是平行四边形，∴AM//BN ， 又AM ⊄平面PBC ，BN ⊂平面PBC ， ∴AM//平面PBC ．
(2)∵CD ⊥平面PAD ，AM ⊂平面PAD ， ∴AM ⊥CD ，
∵AP =AD ，M 是PD 的中点， ∴AM ⊥PD ， 又PD ∩CD =D ， ∴AM ⊥平面PCD ， 由(1)可知AM//BN ， ∴BN ⊥平面PCD ， 又BN ⊂平面PBC ， ∴平面PBC ⊥平面PCD ．
【解析】(1)取CP 的中点N ，连接MN ，证明四边形ABNM 是平行四边形得出AM//BN ，
故而AM//平面PBC ；
(2)证明AM ⊥平面PCD ，得出BN ⊥平面PCD ，于是平面PBC ⊥平面PCD ． 本题考查了线面平行的判定，面面垂直的判定，属于中档题．
20.（12分）已知直线l 1的方程为x +2y −4=0，若l 2在x 轴上的截距为3
2，且l 1⊥l 2． (1)求直线l 1和l 2的交点坐标；
(2)已知直线l 3经过l 1与l 2的交点，且在y 轴上截距是在x 轴上的截距的2倍，求l 3的方程．
【答案】解：(1)∵l 1⊥l 2，∴k l 2=
−1−
12
=2．
∴直线l 2的方程为：y −0=2(x −32)，化为：y =2x −3． 联立{x +2y −4=02x −y −3=0，解得{x =2y =1．
∴直线l 1和l 2的交点坐标为(2,1)．
(2)当直线l 3经过原点时，可得方程：y =1
2x.
当直线l 3不经过过原点时，设在x 轴上截距为a ≠0，则在y 轴上的截距的2a 倍， 其方程为：x
a +y
2a =1，把交点坐标(2,1)代入可得：2
a +1
2a =1，解得a =5
2． 可得方程：2x +y =5．
综上可得直线l 3的方程为：x −2y =0，2x +y −5=0．
【解析】(1)利用l 1⊥l 2，可得斜率k l 2.利用点斜式可得直线l 2的方程，与直线l 1和l 2的交点坐标为(2,1)．
(2)当直线l 3经过原点时，可得方程．当直线l 3不经过过原点时，设在x 轴上截距为a ≠0，则在y 轴上的截距的2a 倍，其方程为：x
a +y
2a =1，把交点坐标(2,1)代入可得a ． 本题考查了相互垂直的直线斜率之间的关系、截距式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
21. （本小题满分14分）在ABC ∆中，角A,B,C 的对边分别为c b a ,,，且
B ac b c a sin 3
3
2222=
-+。

(1) 求角B 的大小； (2)若3=b ，且⎪⎭
⎫
⎝⎛∈2,6ππA ，求c a +的取值范围.
21. 解：（1）B ac b c a sin 3
3
22
2
2
=
-+Θ B ac B ac sin 3
3
2cos 2=
∴ B B sin cos 3=∴， ……………4分
显然0cos ≠∴B ，3tan =∴B ，
又B 是三角形内角，3
π
=
∴B ……………6分
（2）3=
b Θ，2sin 2==
∴B
b
R
A
A A A
B A R c a cos 3sin 3)3sin(2sin 2)sin (sin 2+=++=+=+∴π
)6
sin(32π
+
=A ……………10分
⎪⎭⎫
⎝⎛∈2,6ππA Θ，
⎪⎭⎫
⎝⎛∈+∴32,
36πππA ，⎥⎦
⎤ ⎝⎛∈+∴1,23)6sin(πA (13)
分
(]
32,3∈+∴c a ……………15分
22.（14分）已知斜三棱柱ABC −A 1B 1C 1的侧面ACC 1A 1与底面ABC 垂直，侧棱与底面所成的角为60°，AA 1⊥A 1C ，AC ⊥BC ，AC =4，BC =2． (1)求证：平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ；
(2)若D 为A 1B 1的中点，求三棱锥A 1−BCD 的体积．
【答案】(1)证明：∵平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，平面ACC 1A 1∩平面ABC =AC ，
AC ⊥BC ， ∴BC ⊥平面ACC 1A 1， ∴BC ⊥AA 1．
又∵AA 1⊥A 1C ，BC ∩⊥A 1C =C ， ∴AA 1⊥平面A 1BC ，
又∵AA 1⊆平面ABB 1A 1， ∴平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ； (2)解：由(1)可知，AA 1⊥平面A 1BC ，BC ⊥平面ACC 1A 1， 则BB 1⊥平面A 1BC ，BC ⊥A 1C . ∴点D 到平面A 1BC 的距离等于1，又侧棱与底面所成的角为60°，
∴∠A 1AC =60°．
∵AC =4，∴A 1C =2√3． 则S △A 1BC =1
2×2×2√3=2√3， ∴V A 1−BCD =V D−A 1BC =1
3×2√3×1=
2√3
3
．
【解析】(1)由已知条件可求出BC⊥平面ACC1A1，再利用线面垂直、面面垂直的判定即可证得结论；
(2)结合(1)可得BC⊥A1C，进一步求出△A1BC的面积，然后利用等体积法即可求出三棱锥A1−BCD的体积．
本题考查线面垂直、面面垂直的判定，考查多面体的体积的求法，是中档题．。