第17期 直线与方程-【数理报】2026年高考数学一轮复习学案

高考数学第一轮复习第14~17期 数理柄 答案详解 2025~2026学年 高考数学第一轮复习 第14~17期(2025年10月) 第14期2版 所以s,-号=15 1-9 4.设数列{an}的前n项和为S 考题预测 a+n+行=n+I-抗， 1 1.B;2.C;3.C;4.A;5.D;6.34;7.990. an= 第14期3版 所以S.=(2-T)+(3-2)+…+(n+I-n) =√n+1-1, 高考数学一轮总复习达标检测（十四）》 一、单项选择题 又S。=√n+I-1=9,所以n=99. 1 ~4 CCCB 5~8 CADB 5.由a4a5a6=512,即a3=512,得g5=8, 提示： 则a4。=cG=64,由%+a,=20, 1.设{an}的公差为d(d≠0)，{bn}的公比为q, 【a4a6=64, ra1=b1=1, fa4=4,.「a4=16, 1+d=9, d=1, 解得{”或{ (舍去)， 由{a2=b2, 得 所以 Las =16 las =4 1+3d=g2, g=2, a4=b3, 所以公比g=5=2,所以a,=a5g5=2-2, da 所以an=1+(n-1）×1=n,bn=1×2-1=2"-, 从而anan+1=2”-22-1=22-3= 所以c.=n+2-l, 2×4"-1, 所以{cn}的前10项和为a1+a2+…+a0+b1+b2+… 从而a1a2+a2a3+…+aanl= x1-4- +6。=1+10)x10+1×129=1078. 1-4 6 2 1-2 2.设等差数列{an}的公差为d, 6.观察数列a,}的前10项可知，当n为偶数时，a,=2 依题意可得a2+a6=2a1+6d=10, 当n为奇数时，a,=山 2” a4ag=(a1+3d)(a1+7d)=45, 1-n2 解得a1=2,d=1, 2,n为奇数， 则b.=（-1)”·a= 所以S,=5a1+10d=20. 2， n为偶数， 3.设an}的公比为q,易知q>0且g≠1， 所以数列{bn}的前20项和为(0+2)+(-4+8)+(-12 因为S=5S-4, 所以2）=5×1=）-4， +18)+…+ 1-19+2 2 2 =2+4+6+…+20= 1-9 1-9 10×(2+201=110. 又a1=1,所以g-5g3+4g=0, 2 所以(g2-4)(g2-1)=0,解得9=2， 7.设第n年的存款到取出时的本息和为a.千元， 高考数学第一轮复习第14~17期 n=1,2,3,4,5,6, 因为(-1)“an=(-1)“(n+1),所以{(-1)“an}的前100 则a1=(1+p),a2=2(1+p)5,a=3(1+p)4, 项和为-2+3-4+5+…-100+101=(-2+3)+(-4 a4=4(1+p)3,a5=5(1+p)2,a6=6(1+p), +5)+…+(-100+101)=50,(C)错误； 所以小明高中毕业的那年一次性取出的金额总数 因为 1 11 =(n+1)(n+2)=n+1n+2 S=(1+p)6+2(1+p)5+3(1+p)4+4(1+p)3+5(1 +p)2+6(1+p), ① 所以1 Lanan 的前10项和为+号-子+…+ 则十5=1+p产+21+p)+31+p产+41+p 十立=方立=音(D)正确 +5(1+p)+6, ② 故选(A)(D) ①-②得，分5=1+p)+1+p)护+(1+p)+1 10.对于(A),由题意知a1=1,a2=1,a3=2,a4=3,a5= 5,a6=8,a7=13,ag=21,ag=a7+ag=13+21=34,a10= +p)2+(1+p）2+(1+p）-6=1+p）-1+p2-6, 1-(1+P) ag+a,=21+34=55,a11=a,+a1o=34+55=89,故(A) 即s=1+p)"-(1+p)(1+72 正确； 对于(B),因为该数列{an}的特点是前两项为1，从第三 8.当n=1时，6a1=a+3a1,解得a1=3或a1=0, 项起，每一项都等于它前面两项的和，此数列中数字以奇数、奇 由am>0得a1=3. 数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，而2025=3×675，故 由6S.=a+3a,得6S+i=a+l+3a1, a2s为偶数，故(B)错误； 两式相减得6an1=al-a+3an1-3aa, 对于(C),由题意知a-1+a:=a1(n≥2)， 所以(a1+an)(aml-an-3)=0, 所以an=a1-an-1(n≥2)， 因为an>0,所以am1+a>0,a+1-aa=3, a1+a3+a5+·+a2025=a1+（a4-a2）+（a6-a4)+ 即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列， …+（a206-a24）=a1+a226-a2=a226,故(C)正确； 所以an=3+3(n-1)=3n, 对于(D),a=a1a2,a=a2（a3-a1)=a2a3-a1a2; 24m 8” 所以6.=(2-1)(21-1(8”-)(8- a=a3(a4-a2）=a3a4-a2a3,…, =(gg a24=a204(a2ms-a203）=a2024a20ms-a20242024, 所以a+a+…+a24=a1a+(a2a3-a1a）+(aa4 1 -a2a3）+…+(a224a202s5-42420m4）=a2024a20s, 88）号（号-g）<9要使对任宽的 所以色+心店+…+a5@:a,故(D)正确 a2024 meNk>工恒成立，只需k≥9，即长的最小值是约 故选(A)(C)(D). 11.记“提丢斯数列”为a.}, 二、多项选择题 则当n≥3时，10a.-4=6·2-3, 9.AD:10.ACD:11.ABD. 提示： 解得a,=32-2+4 10 9.因为a1,a3,a,成等比数列，所以a1a,=a, 当n=2时，a2=0.7,符合上式 即a1(a1+6)=(a1+2)2,解得a1=2, 当n=1时，a1=0.55≠0.4； 所以an=n+1,则ag=10,(A)正确； 0.4,n=1, {a,的前n项和为2+n+业=nn,+3》,(B)错误 所以am= 3…2-2+4 2 10 ,n≥2， 一2 高考数学第一轮复习第14~17期 显然“提丢斯数列”不是等比数列，故(A)错误； 6.=2+m”-山+4=(a≥2 2 “提丢斯数列的第99项为0-3·2+4，故(B)错误： 10 当n=1时，6=1满足上式，所以6.=广+n 2 “提丢斯数列”的前31项和为 因为“锯齿形”数列的偶数项构成以3为首项，1为公差的 5=04+30x告+高(2+2+2+…+2 等差数列，所以S21=1+3+6+10+15+21+28+36+45 31-203.20,121 =12.4+10×1-2=10+10 +55+66+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=361. 四、解答题 故(C)正确； 15.解：(1)由题意知(Sm+1-Sn)-(S.-Sm-1)=2, 当m≥2时，由4，=32+4≤20得 10 则a1-an=2(n≥2)，又a2-a1=2, 2≤解得58. 所以{an}是公差为2的等差数列， 则am=a1+(n-1)d=2n-13. 4,=3×2+4=19.6,4,=3×2+4=38.8, 10 10 (2)由(1)得 且a1=0.4,所以“提丢斯数列”中，不超过20的有8项， 6=2n-32n-m-2(2n'52nm） 故(D)错误 则Tn=b1+b2+…+bn 故选(A)(B)(D). 三、填空题 12.263;13.100:14.361. 提示： 12.由(a.-1)2=(an-1-1)(a1-1)(n≥2)可得{a =121-22m -1}为等比数列，且41-1=1-1 '97s2, 16.解：(1)因为21，Sn,a成等差数列， 所以数列{a.-1}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以2.=2+a,即S。=2+2, 则an-1=2"-1,即an=2-1+1, 当n=1时，4=2+号， 所及号+826 当n≥2时，a,=5-S4=2”+号-2-分=2， 13.当n=4k-3或n=4h-1,k∈N,时，cos=0, 2 因为a,}是等比数列，所以a=1,则2+号=1 a4k-3=a4t-1=0; 得a=-2.数列{an}的通项公式为an=2"-1,n∈N. 当n=4k-2keN,时，cos受=-1 (2)b.=(2n-1)a.=(2n-1)·2-1, a4-2=[2×(4k-2)-1]×(-1)=-8k+5; 则T.=1×2°+3×2+5×22+…+(2n-1)×2-1 当n=4h,keN,时，cosT=1,a4=2×4h-1=8k-1, 所以2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2", 2 两式相减得，-T.=1+2(2+2+…+2-1)-(2n-1) 所以a4k-3+a4k-2+a4-1+a4=4, 所以S1m=25×4=100. ×2=1+2×2(1-29）-(2n-1）×2”, 1-2 14.由题意，设“锯齿形”数列的奇数项构成数列{bn}, 即T.=3+(2n-3)·2. 由b2-b1=3-1=2,b3-b2=6-3=3, 17.解：(1)由题意得a2m+1=a2,+2,a2m2=a2+1+1, b4-b3=10-6=4,b5-b4=15-10=5, 所以a2m2=a2+3, 可得bn-bn-1=n(n≥2).根据累加法得 即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2, 一3 高考数学第一轮复习第14~17期 所以数列{b}是以2为首项，3为公差的等差数列， (2)当m=3时，A={21+22+23|0≤a1<a2<a3, 所以b=2,b2=5,b.=2+(n-1)×3=3n-1. a1,a2,a3∈N, (2)当n为奇数时，a:=amtl-1. 因为88=23+24+2， 设数列{an}的前n项和为Sn, 所以88是数列{b(3)n}中的项， 则S0=a1+a2+…+a20 比它小的项分别有21+22+23,0≤a1<a2<a3≤5， =（a1+a3+…+a1g)+(a2+a4+…+a2n) a,a2,a3eN,Cg个， =[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+ 有241+2”+2,0≤a1<a2≤3，a1,a2∈N,C4个， …+a20)=2(a2+a4+…+a20）-10, 有24+24+2,0≤a1≤2，a1∈N,Cg个， 由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+bo 所以比88小的项共有C+C?+C=29个， =10×2+10x9×3 2 故88是数列{b(3)n}的第30项 =155, (3)因为2024=20+2°+2+27+26+2+23， 故520=2×155-10=300， 所以2024是数列{b(7).}中的项，故t。=7, 即{an}的前20项和为300. 则当m=7时，A={21+22+…+2710≤a1<a2< 18.解：(1)当n≥2时，S%=anS.-am, …<a7,a1,a2,…,a7∈N}, 所以S=(S.-S-1)S.-(（S.-S-1), A={24+22+…+27|0≤a1<a2<…<a7≤10， 整理得351=51-8即时之=1 a1,a2,…,a,∈N}共有元素C7个， 最大的是20+2°+28+27+2+2+24， 所以数列{代}是以时=女=2为首项1为公差的等 其次为210+29+28+27+2+25+23=2024， 所以2024是数列{b(7)n}的第C7-1=329项，即n=329. 花数列所以安=A+1,即S=十 在总共C,=330项中，含有2°的项共有C。个， 2" (2)由1)知，5=(n+1)·2, 同理可得，含有2,2，…，2°的项都各有C0个， 所以S(7)30=C。·(2°+2+…+20) 所以Tn=2×2+3×22+…+n×2-1+(n+1)×2",① =210×2047=429870, 所以2T,=2×2+3×23+…+n×2”+(n+1)×2,② 则S(to）o=S(7)39=S(7)30-b(7)30 ①-②得，-T.=4+(2+3+…+2)-(n+1)·2 =429870-2032=427838. =-n…2l, 所以T,=n·21, 第15期2版 所以AT≤(n2+9)·2"等价于An·21≤(n2+9)·2”, 考题预测 即A≤=分+品 9 2n 1.D;2.B;3.B;4.ABD;5.26;6.3,3+13 因为+品2√分品 =3, 第15期3版 当且仅当n=3时，等号成立， 高考数学一轮总复习达标检测（十五） 所以入≤3，即入的取值范围是(-∞，3]. 一、单项选择题 19.解：(1)因为m=2,此时A={21+2210≤a1<a2 1~4 CDBA 5~8 BCCC a1,a2∈N},b(2)5=21+23=10,b(2)6=22+23=12, 提示： 所以S(2)10=4(2°+2+2+23+24)=124. 1.易知所求棱为BC,CD,CD,BB,AA1,共5条. 高考数学第一轮复习第14~17期 2.正四棱台的斜高为2-(4,2)=5(em）, 点G是CD与PE的交点， 所以G是三角形PBC的重心， 所以棱台的侧面积为4×2×(2+4)×5=25(m). 所以壳=瓷=子 3.以A为原点，AB,AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面 7.如图3，取CD的中点G,连接EG,FG, 直角坐标系，如图1所示， D A'(O') A(0) B B G 图1 图2 图3 根据斜二测画法的规则，得到边长为α的正方形的直观 图，如图2所示， 由题可知，BEG∥BD,FG∥AC,BG=之BD=1, 因为AB=AD=a,所以A'B'=a,A'D'= 2 FG=之AC=1,因为AC与BD所成的角为号， 过D作DE上A8,可得DE=号×s血5= 4 所以∠FGE=号或∠FGE=T-号= 3” 由直观图A'B'C'D'的面积为，2，得a×24=2, 4 当∠FGE=于时，△FGE为等边三角形，所以EF=L, 所以a=2. 当∠FGE-号时，由余弦定理可知， 4.连接AC1(图略)，由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B, EF2=EG2+GF2-2EG·GF·cos∠FGE 得AC⊥平面ABC1· =1+1-2×1×1×(-2）=3, 因为ACC平面ABC,所以平面ABC1⊥平面ABC, 所以C,在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上. 所以EF=5 5.设O1为正△ABC的中心， 综上，EF=1或EF=5. 则0B=子×号×2-25， 8.因为在正方形ABCD中，AD⊥AE,CD⊥CF,BE⊥BF, 所以折起后OD,OE,OF两两垂直，故该三棱锥的外接球， 易知O01⊥平面ABC,则OO1的长度即为所求， 即是以OD,OE,OF为棱的长方体的外接球 设球O的半径为R, 设正方形ABCD的边长为2，则OD=2,OE=1,OF=1, 因为球0的表面积为8m,所以4πR2=8π， 故2R=V0D+0E+0F=6,则R= 所以R=2,即OB=2, 2 所以00=-0F=√2手= 设内切球球心为L,由og=子5ag·0D=子 3 三棱锥O-DEF的表面积S=4, 即球心0到平面ABC的距离为9 VomV-ooomVonr, 6.因为AD∥平面PEF,ADC平面ACD, 平面ACD∩平面PEF=FG, 所以r=子则=26 根据线面平行的性质定理可知AD∥FG. 二、多项选择题 又因为点D,E分别是棱PB,BC的中点， 9.AC;10.ABC;11.BC. 高考数学第一轮复习第14~17期 提示： 48,(B)正确； 9.对于(A),若△ABC的三条边所在直线分别交平面a于 对于(C),如图4，将阳马P-ABCD补形为长为4，宽为4， P,Q,R三点，则P,Q,R∈a且P,Q,R∈平面ABC, 高为3的长方体， 所以P,Q,R三点必在两平面的交线上， 所以P,Q,R三点共线，所以(A)是真命题； 对于(B),直线a,c可能相交、平行或异面， 所以(B)是假命题； 易知(C)是真命题； 图4 对于(D),若a,b,c分别是过长方体同一顶点的三条棱所 可知其外接球直径为PB=√4+42+3=4T, 在的直线，则满足a⊥c,b⊥c,此时a与b相交， 所以(D)是假命题. 故阳马P-ABCD的外接球半径，=④， 2 故选(A)(C). 表面积S=4π2=41m,(C)正确； 10.由切线长定理易得l=r1+2,(A)正确； 对于(D),设B到平面PAC的距离为h, 由勾股定理知(2R)2=(r1+2)2-(1-2)2=4r2, 由AC=42,PA=PC=5,可得△PAC的面积为 解得R=√T2,(B)正确； 因为 4nR 子x4×V-22=2, S2π[r斤++(r1+r2)] 由Vp-ACB=Vg-Pc,可得 4TR 2R2 =2m(+店+r)斤+片+ 号x宁x4x4x3=日x2V所×， V 手n 2R2 = 解得h=2 3π(+后+r)×2R ++2 34 所以直线PB与平面PAC所成角的正弦值为PB h 所以惑 ,(G)正确 12 关34 2r1T2 2 2 /34×4I ,(D)错误 s,=+后++ =7 一≤ 2+1 3 T 故选(B)(C). 当且仅当1=2时，等号成立，这与圆台的定义矛盾， 三、填空题 故(D)错误 24:18厄：14 故选(A)(B)(C). 提示： 11.对于(A),由AC=√2AD=42,PA=PC=√32+4 12.因为PA⊥平面ABC, =5,可得△PAC不是直角三角形， 所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC, 四面体PACD不是整月需，(A)错误； 则△PAB,△PAC为直角三角形. 对于(B),因为BC⊥DC,BC⊥PD,DC∩PD=D, 又BC⊥AC,且AC O PA=A,所以BC⊥平面PAC, 所以BC⊥平面PDC,又PCC平面PDC, 所以BC⊥PC.因此△ABC,△PBC也是直角三角形， 所以BC⊥PC,所以△PCB为直角三角形. 13.如图5，取AD1的中点G,AB1的中点H, 同理可证△PAB为直角三角形，PA⊥AB, 可知AH∥DE,AG∥BF,AGO AH=A, 所以Sp-ABD=SE方形ABD+S△PHD+S△PD+S△PB+S△PCB= 所以平面AGH∥平面BDEF, 4×4+×3×4+×3x4+分x4×5+ -×4×5= 故点P的轨迹为线段GH,且GH=2. 6 高考数学第一轮复习第14~17期 又AA∩AD=A,A41,ADC平面ADDA1, 所以AB⊥平面ADDA1· (2)解：由(1)知AB⊥AD, 又AD∥BC,BD=DC=22,所以BC=4, 因此BD+DC2=BC2,即BD⊥DC, 图5 又AA⊥平面ABCD,AA1∥DD1, 14.设几何体的上、下底面中心分别为E,F,在上底面圆周 所以DD,⊥平面ABCD, 上取一点A,连接OA,EA,如图6， 又DCC平面ABCD,所以DD1⊥DC, 又DD1∩BD=D,DD1,BDC平面BDD1B1, 所以DC上平面BDDB, 即DC为四棱锥C-BDD1B,的高， 即四棱锥C-BDDB,的体积 图6 V=号服D:C=号x2x22x2万= 1 3 因为球0的表面积为16π，所以球的半径为2， 17.(1)证明：因为A1C⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以OA=2,又OE=1,OE⊥EA, 所以A1C⊥BC.因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC. 所以截面圆的半径EA=√OA2-OE=√4-1=√5， 又因为AC∩AC=C,AC,ACC平面ACCA1, 根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积为 所以BC⊥平面ACC,A·又因为BCC平面BB,C,C, 右×2×[元×(5产+4×mx2+后x(5]-2号 所以平面ACC,A,⊥平面BBC,C (2)解：如图8，过A,作AH⊥CC1,垂足为H, 四、解答题 过C作CM⊥AA1,垂足为M, 15.证明：如图7，取AD的中点M,连接EM,MC, C 图8 由(1)及面面垂直的性质定理，得AH⊥平面BB,CC, 图7 所以A,H为四棱锥A1-BB,C,C的高 因为E为AD的中点，F为CC的中点， 由AA∥CC,知CM=A1H. 所以EM∥AM,CF∥AM,EM=CF=乞AM, 由(1)知BC⊥A1C,所以∠BCA1=90°， 又AB=A1B,∠BCA=90°， 所以EMLCF,所以四边形EMCF为平行四边形， 所以Rt△BCA≌Rt△BCA1,所以AC=A1C. 所以EF∥CM,又EF丈平面ABCD,CMC平面ABCD, 由AC⊥平面ABC,ACC平面ABC,得AC⊥AC, 所以EF∥平面ABCD. 故△CAA1是等腰直角三角形. 16.(1)证明：因为AA,⊥底面ABCD, 在等腰直角三角形CA41中，A41=2, ABC平面ABCD,所以AB⊥AA1, 因为AB=AD=2,BD=22, 所以CM=子AM=1. 所以AB+AD2=BD,即AB⊥AD, 所以四棱锥A1-BB,C,C的高为1. 高考数学第一轮复习第14~17期 18.(1)证明：连接CH. 故AC∥平面EMO.在直角梯形BCDE中，DE∥BC, 因为MB=CD=2,MD=BC=25,∠BMD=∠BCD=90°， DE=BC,所以DELCM, 所以BD=4,∠MDB=∠DBC=30°，MH=3,BH=1, 所以四边形MCDE是平行四边形，所以EM∥CD, 在△BCH中，由余弦定理得 CD￠平面EMO,EMC平面EMO, CH=√/Bf+BC-2BH·BC·cOs30°=√万， 所以CD∥平面EMO. 所以MF+CH=MC2,即MH⊥CH. 又CD∩AC=C,CD,ACC平面ACD, 因为MH⊥BD,CH,BDC平面BCD,CH∩BD=H, 故平面EMO∥平面ACD,又因为E0C平面EMO, 所以MH⊥平面BCD.又CDC平面BCD,所以MH⊥CD. 所以EO∥平面ACD. (2)解：如图9，过点H作HE⊥BM于点E, (2)解：在△ABC中，设AC=x, 在平面BCM内作EF⊥BM于点E,交BC于点F,连接HF, 则BC=4-x(0<x<2), 则∠HEF为二面角C-BM-D的平面角. Sw=4cBC-子·4-2 因为AB=2,CD=EM=号CD⊥平面ABC, 所以题=证=吉k·BW=合·4- 图9 在△BEH中，易得∠MBD=60°， =侣4可≤得+4正-g 2 6 则E=分6H=亮 当且仅当x2=4-x2,即x=2时，等号成立 2 在△MBC中，由余弦定理得 此时三棱锥A-BCE的体积最大，最大值为 6 cos∠MBC= BM BC2 MC2 3 2BM·BC 4, 且0=8D=√()+(=， 1 在B△BEF中，eosLMBC=BE=2 1 4· S△ABD= 解得=25则EF=VB-BE= 3 6 4 在△BHF中，由余弦定理得 设点E到平面ABD的距离为d, HF2=BF2+Bf-2BF·BH·Cos30°= 1 由Vg-ABm=VA-mE得： 3 所以cosL.HEF=EF+EH-HF X5am×d=号×SAE×AC, 1 2·EF·EH 1 所以d= SAME XAC_车X2 6 6 2x9x 2 6 =33 第16期2版 13 考题预测 即二面角C-BM-D的余弦值为3 131 1.(I)证明：取AD的中点H,连接EH,FH. 19.(1)证明：取BC的中点M,连接OM,ME. 因为F,H分别是棱PA,AD的中点，所以HF∥PD, 则OM∥AC,AC￠平面EMO,MOC平面EMO, 又PDC平面PCD,HF￠平面PCD, —8 高考数学第一轮复习第14~17期 所以HF∥平面PCD, 又AP⊥PC,PC∩CB=C,PC,CBC平面PCB, 因为E,H分别是棱BC,AD的中点，AB∥CD, 所以AP⊥平面PCB, 所以HE∥CD,又CDC平面PCD,HEt平面PCD, 又CMC平面PCB,所以AP⊥CM. 所以HE∥平面PCD, (2)解：设AC的中点为O,AB的中点为D,连接OD,OP, 又因为HE,HFC平面HEF,且HE∩HF=H, 易知OA,OD,OP两两垂直，以O为坐标原点，OA,OD,OP 所以平面HEF∥平面PCD,因为EFC平面HEF, 所在直线分别为x,y,z轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 所以EF∥平面PCD. (2)解：以D为坐标原点，D,DC的方向分别为x,y轴的正 方向，垂直平面ABCD向上的方向为z轴的正方向，建立如图1 所示的空间直角坐标系. 图2 则A(1,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),B(-1,2,0), 所以B=(1,-2,1),C=(2,0,0), 设 图1 BP =(0≤入≤1)，则BM=入B 设M(x,y,z),则(x+1,y-2,z)=A(1,-2,1), 设AB=1,则AD=CD=PD=2,PC=23 则M(A-1,2-2入，A),所以C=(A,2-2A,A), 在△PpC中，os∠PpC=号x是=-分 2×2×2 因为点M到直线AC的距高为5。 则∠PDC=120°，所以A(2,0,0),D(0,0,0), (cA.cM? P0,-1,),s1,号0）r1,-号) 所以1专+ IC)· 故-(0，-29）屈-200m=0,-1.5。 即+2-2)2+=手+（受）广， 即25X2-40入+16=0，解得入=5， 4 设平面PAD的法向量为n=(x,y,z), rn·DA=0, r2x=0 则 令y=5, Ln DP=0 l-y+5z=0, 得n=(0,√3,1).设直线EF与平面PAD所成的角为0， 第16期3版 3,5 则si血0=lcos(m,E1=1n·E2L= 2 37 高考数学一轮总复习达标检测（十六） 1nE12× 38· 一、单项选择题 2 1~4 BAAC 5 ~8 ADBD 即直线EF与平面PAD所成角的正弦值为3可 提示： 38 1.设直线l与平面α所成的角为0， 2.(1)证明：AC=√2+2=2，∠CAB=∠ACD=45°， 则0=120°-90°=30°. 在△ABC中，BC=4+8-2×2×22x2-4, 2 2.由向量共面定理可知： 故BC=2,则∠ACB=90°，即AC⊥CB, 号+A+(（1-号）=1，A=2 又平面PAC⊥平面ACB,平面PAC∩平面ACB=AC, 3.BM =BB+B M CB⊥AC,CBC平面ACB,故CB⊥平面PAC, 又APC平面PAC,故CB⊥AP, =杯+之(4D-4 9 高考数学第一轮复习第14~17期 =行+之（而-蓟 则A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),C1(0,1,3), 所以C=(2,-1,0),BC=(-2,0,3). =c+2b-a) 设直线AC与BC1的公垂线的方向向量为n=(x,y,z), =-2a+2b+c 1 rn·CA=0, 2x-y=0, 则 所以 n·BC=0, -2x+3z=0, 4.由A(2,0,2),B(0,0,1),C(2,2,2),得 A店=(-2,0，-1)，BC=(2,2,1),1A1=5,1BC1=3, 令z=2,所以x=3,y=6, 所以n=(3,6,2),又AB=(0,1,0) 所以点A到直线BC的距离为 则异面直线AC与BC,之间的距离 1AB2- (AB.BC I BCI =5)2-() d= AB.n 6 V3+6+2 7 -26 7.设圆台的上底面圆的圆心为O1,在下底面内过0点作 3 OF⊥AB,交下底面圆周于点F,以O为原点，OF,OB,OO,所在 5.取AD的中点O,BC的中点E,连接PO,OE, 直线分别为x,y,z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系， 因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD, 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, POC平面PAD,所以PO⊥平面ABCD. 建立如图1所示的空间直角坐标系， 图3 过D点作DE⊥AB,交AB于点E, 则4北=4B-CD=1, 在Rt△ADE中，DE=√AD2-AE=√2， 图1 则D(0,-1,√2)，A(0,-2,0),C(0,1,2), 则P(0,0,5),C(2,1,0),D(0,1,0),B(2,-1,0), 所以AD=(0,1,2), 所以PC=(2,1,-5),DB=(2,-2,0). 设P(2cos0,2sin0,0), 所以元，成：成子 则0P=(2cos0,2sin0,0), IP元1.1DB1 因为异面直线AD与0P所成的角为子， 所以PC与BD所成角的余弦值为子 6.以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴 所以eo号=1cos(O,1=1成. 10P1川AD1 建立如图2所示的空间直角坐标系， 12sin 0l=I sin e= 1 2×5 5 B 所以0±停 又cp=(2cos0,2sim0-1,-2), D 所以|CP12=4cos20+4sim20-4sin0+1+2 B =7-4sim0=7±2√5. 图2 8.以D为原点，分别以DA,DC,DD的方向为x,y,z轴的正 -10型本黄许凹随迎81兼牌冰洲 本板责任编：金明 相纸编框质量反馈电话 02515271268 数理括 2025年10月28日·星期 高考数学 715 相纸发行质量反德电话 第17期总第1161期 0351-5271248 第一轮复习 ) 横看成岭侧成峰 山两师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报 出权 社长：徐文 国内统 连续出版物号：CN140707NF】 邮发代号：21-284 远近高低各不同 专愿辅导 命题趋势 这是苏拭的 绝（题西林壁》诗中 线与方程 对于直线的桶钟角与鲜率，直线的方程主要考查装基本概念：其相互关系，考查根 条件确直线方程，主要是直线方程的五种形人以及直线与坐标物的交问题 的前两句。意思是说 计于西直线的位置关系京委是考春平行关系，色直美系的服金、性质与定反其应 “正看庐山，高龄横 专题解读 用，对于两条直线的位置关系的判斯，南条直线的交点坐标，疤高公式的考壶主要以选 空：如看庐山，蝴切 。山东战舒祥 成峰，远近高低， 象各异” 考点精析 所以直线的率k■2，又直线过点(1.1》 所以点P的坐标为(-2,7) 所以直线的方程为y-1=2(x-1), 即所求点的坐标为(-2,7) 我们观察事物 考点一，直线的模斜角与料率 即2x-y-1=0 如果所处的立场不 占评，衣题主委考泰直敛方程，同计黄壶品 例1已知过定点P(2,0)的直线1与曲线 (2)立=+3解得 =- 同，观察到的结果也 算求解能力. ly =x-2, 9 y=- 下= /2-x相胶于A,B两点，0为坐标原点 会不可我们思考处 考点三，直线的平行问题 当△A0B的面积取到最大值时，直线（的倾斜角 理某一个数学题.如 例3平行于直找2x+y+【=0且与网x3+ 则点(；.-兰)在所求直线上 果从某一角度用某 (A)150 (B)135 :5相的直线的方是 ( 在直线y■￥-2上任取一点(2,0) 种方法解决以 (C)120 (D)105 (A)2-y+5■0或24 -y-50 设点M关于直线1的对称点为r(无a) 时，不换 个角 解析：由y■√2-x得 (B)2x+y+5=0成2x+y-5=0 +3, 17 度去观察，换一种方 +y2=2(y0),它表以 V2 (C)2x-y+5=0或2x-y-5=0 解得 (D)2x+y+5=0成2+y-5=0 法去处理便有可能 原点0为圆心，巨为半2的 解析：因为所求直线与直线2：+y+1■0 2x3=-1. 号 迎功市解”。 圆的部分，如右图所示 平行，所以设所求的直规方程为2+y+m=0 方法一：由题意知直线！的率存在，设过点 即点r(-号号）也在所直线土 如解方程 因为所求直线与腿：2+，2=5相切， P(2,0)的直线1的方程为y=(x-2). 所以所求直线的方程为 222+2-2+1 则园心到此直线的距离d= 12 =5，以m=5 所以m x+ ,即7x+y+22=0 (2.1) 0 个+ 即所求的直线方程为2+y◆5■0或 这是一个三次 弦长14B1=22(2 2x+y-5=0 个+ 点评：本题考查两直线平行，直线与国 (3)在直钱上取两点E0,3).P(-1.0) 方程，但在现行中学 切，根据两直线平行和直线与圈相切求克线方 则点E,F关于点A(3,2)的对称点分别为 餐材中，未介绍解 考查了疏算求解能力 E(6.1),F"(7,4). 般三次方程的方法 ,2 2-2X 考点四、直鼓的垂直网题 因为点F,F在所求直线上 以求解如果我有 1+F 例4已知直战1过圆2+(，-3)2=4的 换一个角度（已知利 22+2-2 所以所求直线的方程号二一二名 =1 心.且与直线+y+■0垂直，则1的方程是 即3x-y-17=0. 木知互易)去考虑 2(1+ 即将反看做“未划 当且仅当(2)2=2-2，即=时等 (A)x+y-2=0 (Bx-y+2=0 点评：未题主要考壶直线的时称问题，考查 (C)￥+y-3=0 (D)x-y+3=0 化妇与转化能力和运算零解能力， 数“，而将x看成“已 号成立，结合图可k=一 解析：x2+(y-32=4的圆心为点(0,3》 考点六，与直线有关的距两问题 知数”，则将原方 又因为直线1与直线x+y+1■0垂直 例6条平行线-2y-1=0与6x-4y 故所求直，1的师斜角为150 整理成 所以直线1的斜率=1 方法二：Sam=0M10BmLA0 由点斜式得直线y-3=x-0 +C=0同的距离为，则C的值为 (2)3-(2 化商x=y+3■0. =in∠A0B (A)11成-15 (B)号或-号 +1)2+(x2+1 点评：本题考查的标准方程，直线的方 =0 当∠A0B=号时，Sam取最大值。 ,两条直线垂直时针率的美系 (C)12减-14 (D)号或-5 此时，10C1=1,则∠0PG=30° 考点五，直线的对称同胞 解析：由直规：一2y-1=0与6r-4y 得直线1的倾斜角为150 例5已知线：y=3x+3.求 C=0平行，可得A=3,由两条平行直线6x-4y 点评：本题考查直线和图的位置关系以及 (1)点P(4.5)关于1对称的点的坐标： 直线的针角。考查数学如识分析、解决问遁的 (2)直线y=-2关于对称的直线的方程 ≠0)，故得： ~2=0与6一4y+G=0间的脂离为厘 2 能力及运算求解能力 (3)直线/关于点A(3,2)对称的直线的方程 考点二，直线方班 解析：(1)设点P关于直线的对称点为 可得C+21 6+4 2 P“(x',x),则线段PP的中点在直线I上， +1±22- 例2经过点(1.1).且方向向量为(1,2) 解得C=11或G=-15,故选(A) 且直线PP垂直于直线 直线方程是 ,+5 (A)2x-y-1=0 (B)2x+y-3=0 3x+443 点评：本避考查两平行直线间的距喜公式 x=-2 定两平行线间的塑离，关键是意应用公式 0C)x-2x+1=0 (D)x+2y-3=0 解得 '-5 的条件，即，y的系数应演分利相同，同时考查 解析：因为直线的方向向量为(1.2)， ×3=-1 学生的运算求解能力， D.crn4.0:M0..G) 2)53 (c)-21 0 (A)3 ()()-(02. 0 第】0机3快街新务新 回i小 2-- (B)1 =(1) (0.-1.0).F(0.0.2).o(4.1.0) CD 2.BC =2. .LR.MC卡xc 5.()F道 (E-8.UC+8 18C-+8 (23.l.. (C)4437+10 -12) != (C)a=3,d= (Da■-7b-6 上有一动点P,点N的生标为(4,6) 当 PM + PN取得最小值 高考数学一轮总复习 时，点P的标为 四、解答题：本题共5小题，共77分 达标检测（十七） 8.若直线y= 得1和：轴轴分别交于点A8,以线段 15.(13分)已知直线/与两坐标轴围成的三角形的面积为3，分 为边在第一象限内作等边△4BC若在第一象限内有一点P(m。 考试范围：直线与方程 别求满足下列条件的直线（的方程： (1)过定点A(-3,4): 0数理授杜试题研究中心 ）.使得△MBP和△ABC的面积相等，则m的值为 第1卷选择题（共58分） （ (B)2 o (D)3月 2)解车为行 一，单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 1.过点P(4.-1)且与直线3x-4y+6=0垂直的直线方程是 9.已知直线/过点P(-1,1),且与直线4：y=2x+3以及x轴 围成一个成边在x轴上的等蔽三角形则 (A)4+3y-13=0 (B)4x-3y-19=0 (A)直线1,4的斜率互为相反数 (C)3-4y-16=0 (D)3+4-80 (B)直线1，山的倾解角豆补 2.“m=-2”是“直线，：mr+4y+2=0与直线：+my+1 ()直在轴上的距为-1 ■0平行的 (D)这样的直线有两 10.已知直线：x+(0-1)y+1=0,直线6：m+2y+2=0. 高考数学一轮总复习达标检测 (A)充要条件 (B)必要不充分条件 (C)充分不必要条作 (D)既不充分也不必要条件 则下列结论正确的是 3.已知直线：(2m+1)x+(m-1)y-5m-1=0,则直线1过 (A)，在r轴上的距为-1 定点 (B)4恒过定点(0，-1) (A)(1,2) (B)(2,1) (C(2,3) (D)(3,1) (C)若∥4，则a=-1或a=2 4.已知直线x+3y+A=0与直线2x+6y+1=0间的距离为 (D)若414，则a=号 16.(15分)已知平行四边形ABCD的三个点的坐标分别为 高考数学一轮总复习达标检 西，则A= 1儿，已知直线：-y+1=0,:x+y+1=0,eR,则 2 4(-1.4),B(-3,-1,C(3,2) (A)-9或11 (B)-9 (1)求平行四边形ABCD的顶点D的坐标： 《A)无论：为何值，4与都互相垂直 (c)-号或 (2)求△AC的边AB上的高所在直线的方程 (D)6或-4 (B)当口≠0时，直线4与：轴的交点A到原点的距离为。 5.直线1的倾鲜角为30°，点P(2,1)在直线1上，直线1绕点 (C)无论a为何值，与都关于直线+y=0对称 P(2.1)按逆时针方向旋转30°后到达直找，的位置，此时直线4与 (D)若（与5交于点M.则01(0为坐标原点）的最大值是2 平行，且马是线段AB的垂直平分线，其中A(1,网-1)，(m.2),则 第Ⅱ卷非选择题（共92分】 (A)4+3 (B)4-B (C)2+5 (D)2-5 三，填空题：本通共3小题，每小题5分，共15分 6.点(0.-1)到直线y=(x+1)距离的最大值为( 12,已知经过两点A(2,3),队(4,5)的直线的一个方向向量为 (A)1 (c) (D)2 (1,k).则k的值为 7.一求光线沿着直线y=-3x+b射到直线x+y=0上，经反 已知实数y满足y=-2x+2(-1≤1)，则的 时后沿著直线y=+2射出，则 最大值为 最小值为 (A)a=本=6 (Ba=-3,b= 14,已知直线，：+y-k-2■0恒过点M,直线：y■x-1