2024-2025學(xué)年新教材高考數(shù)學(xué)第一章空間向量與立體幾何A卷基錯(cuò)含解析新人教A版選擇性必修第一冊

PAGEPAGE13第一章空間向量與立體幾何（A卷基礎(chǔ)卷）一．選擇題（共8小題）1．（2024春?和平區(qū)期中）已知空間向量（3，1，3），（﹣1，λ，﹣1），且∥，則實(shí)數(shù)λ＝（）A． B．﹣3 C． D．6【解答】解：∵∥，∴可設(shè)k，∴，解得λ＝k．故選：A．2．（2024春?點(diǎn)軍區(qū)校級月考）在正四面體P﹣ABC中，棱長為2，且E是棱AB中點(diǎn)，則的值為（）A．﹣1 B．1 C． D．【解答】解：如圖，P﹣ABC為正四面體，則∠APC＝∠BPC＝∠APB＝60°，E是棱AB中點(diǎn)，所以，，所以?（）1﹣2＝﹣1，故選：A．3．（2024春?點(diǎn)軍區(qū)校級月考）設(shè)x，y∈R，向量（x，1，1），（1，y，1），（2，﹣4，2），且⊥，∥，則||＝（）A． B． C．3 D．4【解答】解：設(shè)x，y∈R，向量（x，1，1），（1，y，1），（2，﹣4，2），且⊥，∥，∴，解得x＝1，y＝﹣2，∴（1，1，1）+（1，﹣2，1）＝（2，﹣1，2），∴||．故選：C．4．（2024秋?焦作期末）在△ABC中，D是線段AB上靠近B的三等分點(diǎn)，E是線段AC的中點(diǎn)，BE與CD交于F點(diǎn)，若，則a，b的值分別為（）A． B． C． D．【解答】解：取AD的中點(diǎn)為G，連接GE．由已知得GE∥CD，所以DF∥EG，又因?yàn)镈是GB的中點(diǎn)，所以F是BE的中點(diǎn)，所以．∴a，b．故選：A．5．（2024秋?榆樹市期末）若向量，且與的夾角余弦為，則λ等于（）A． B． C．或 D．2【解答】解：∵向量，與的夾角余弦為，∴cos，解得λ．故選：A．6．（2024?山東）日晷是中國古代用來測定時(shí)間的儀器，利用與晷面垂直的晷針投射到晷面的影子來測定時(shí)間．把地球看成一個(gè)球（球心記為O），地球上一點(diǎn)A的緯度是指OA與地球赤道所在平面所成角，點(diǎn)A處的水平面是指過點(diǎn)A且與OA垂直的平面．在點(diǎn)A處放置一個(gè)日晷，若晷面與赤道所在平面平行，點(diǎn)A處的緯度為北緯40°，則晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角為（）A．20° B．40° C．50° D．90°【解答】解：可設(shè)A所在的緯線圈的圓心為O'，OO'垂直于緯線所在的圓面，由圖可得∠OHA為晷針與點(diǎn)A處的水平面所成角，又∠OAO'為40°且OA⊥AH，在Rt△OHA中，O'A⊥OH，∴∠OHA＝∠OAO'＝40°，故選：B．7．（2024秋?龍巖期末）如圖所示，在平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1中，，，，M是D1D的中點(diǎn)，點(diǎn)N是AC1上的點(diǎn)，且，用表示向量的結(jié)果是（）A． B． C． D．【解答】解：∵M(jìn)是D1D的中點(diǎn)，∴．故選：D．8．（2024?茂名二模）已知六棱錐P﹣ABCDEF的底面是正六邊形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB．則下列命題中正確的有（）①平面PAB⊥平面PAE；②PB⊥AD；③直線CD與PF所成角的余弦值為；④直線PD與平面ABC所成的角為45°；⑤CD∥平面PAE．A．①④ B．①③④ C．②③⑤ D．①②④⑤【解答】解：∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥AB，在正六邊形ABCDEF中，AB⊥AE，PA∩AE＝A，∴AB⊥平面PAE，且AB?面PAB，∴平面PAB⊥平面PAE，故①成立；∵AD與PB在平面的射影AB不垂直，∴②不成立；∵CD∥AF，直線CD與PF所成角為∠PFA，在Rt△PAF中，PA＝2AF，∴cos∠PFA，∴③成立．在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，∴∠PDA＝45°，故④成立．∵CD∥AF∥平面PAF，平面PAF∩平面PAE＝PA，∴直線CD∥平面PAE也不成立，即⑤不成立．故選：B．二．多選題（共4小題）9．（2024秋?連云港期末）已知點(diǎn)P是△ABC所在的平面外一點(diǎn)，若（﹣2，1，4），（1，﹣2，1），（4，2，0），則（）A．AP⊥AB B．AP⊥BP C．BC D．AP∥BC【解答】解；A.?2﹣2+4＝0，∴⊥．因此正確．B.（2，﹣1，﹣4）+（1，﹣2，1）＝（3，﹣3，﹣3），?3+6﹣3＝6≠0，∴AP與BP不垂直，因此不正確．C．（4，2，0）﹣（﹣2，1，4）＝（6，1，﹣4），∴||，因此正確．D．假設(shè)k，則，無解，因此假設(shè)不正確，因此AP與BC不行能平行，因此不正確．故選：AC．10．（2024秋?南通期末）設(shè)，，是空間一個(gè)基底（）A．若⊥，⊥，則⊥ B．則，，兩兩共面，但，，不行能共面 C．對空間任一向量，總存在有序?qū)崝?shù)組（x，y，z），使 D．則，，肯定能構(gòu)成空間的一個(gè)基底【解答】解：由，，是空間一個(gè)基底，知：在A中，若⊥，⊥，則與相交或平行，故A錯(cuò)誤；在B中，，，兩兩共面，但，，不行能共面，故B正確；在C中，對空間任一向量，總存在有序?qū)崝?shù)組（x，y，z），使，故C正確；在D中，，，肯定能構(gòu)成空間的一個(gè)基底，故D正確．故選：BCD．11．（2024秋?建鄴區(qū)校級期中）已知點(diǎn)P是平行四邊形ABCD所在的平面外一點(diǎn)，假如（2，﹣1，﹣4），（4，2，0），（﹣1，2，﹣1）．下列結(jié)論正確的有（）A．AP⊥AB B．AP⊥AD C．是平面ABCD的一個(gè)法向量 D．∥【解答】解：對于A，?2×（﹣1）+（﹣1）×2+（﹣4）×（﹣1）＝0，∴⊥，即AP⊥AB，A正確；對于B，?（﹣1）×4+2×2+（﹣1）×0＝0，∴⊥，即AP⊥AD，B正確；對于C，由⊥，且⊥，得出是平面ABCD的一個(gè)法向量，C正確；對于D，由是平面ABCD的法向量，得出⊥，則D錯(cuò)誤．故選：ABC．12．（2024秋?菏澤期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面為直角梯形，AD∥BC，∠BAD＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝AB＝2BC，M、N分別為PC、PB的中點(diǎn)．則（）A．CD⊥AN B．BD⊥PC C．PB⊥平面ANMD D．BD與平面ANMD所在的角為30°【解答】解：A明顯錯(cuò)誤；若BD⊥PC，由BD⊥PA，則BD⊥平面PAC，則BD⊥AC，明顯不成立；C、PB⊥AN，又PB⊥NM，可得到C成立；D、連接DN，因?yàn)镻B⊥平面ADMN，所以∠BDN是BD與平面ADMN所成的角在Rt△BDN中，，所以BD與平面ADMN所成的角為30°成立；故選：CD．三．填空題（共4小題）13．（2024秋?房山區(qū)期末）設(shè)θ是直線與平面所成的角，則角θ的取值范圍是[0，]．【解答】解：θ是直線與平面所成的角，當(dāng)直線在平面內(nèi)或直線平行于平面時(shí)，θ取最小值0，當(dāng)直線與平面垂直時(shí)，θ取最大值，∴角θ的取值范圍是[0，]．故答案為：[0，]．14．（2024秋?溫州期末）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（﹣1，2）關(guān)于x軸的對稱點(diǎn)為A'（﹣1，﹣2），那么，在空間直角坐標(biāo)系中，B（﹣1，2，3）關(guān)于x軸的對稱軸點(diǎn)B'坐標(biāo)為（﹣1，﹣2，﹣3），若點(diǎn)C（1，﹣1，2）關(guān)于xOy平面的對稱點(diǎn)為點(diǎn)C'，則|B'C'|＝．【解答】解：在空間直角坐標(biāo)系中，B（﹣1，2，3）關(guān)于x軸的對稱軸點(diǎn)B'坐標(biāo)為（﹣1，﹣2，﹣3），若點(diǎn)C（1，﹣1，2）關(guān)于xOy平面的對稱點(diǎn)為點(diǎn)C'，則C′（1，﹣1，﹣2），∴|B'C'|．故答案為：（﹣1，﹣2，﹣3），．15．（2024?楊浦區(qū)一模）已知圓錐的底面半徑為lcm，側(cè)面積為2πcm2，則母線與底面所成角的大小為．【解答】解：由圓錐側(cè)面積公式S＝πrl＝π?1?l＝2π，解得l＝2，設(shè)母線與底面所成角為θ，則cosθ，∴θ，故答案為：．16．（2024春?和平區(qū)校級月考）如圖，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面邊長為2，直線CC1與平面ACD1所成角的正弦值為，則正四棱柱的高為4．【解答】解：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)DD1＝a，則A（2，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，a），故，設(shè)平面ACD1的一個(gè)法向量為，則，可取，故，又直線CC1與平面ACD1所成角的正弦值為，∴，解得a＝4．故答案為：4．四．解答題（共5小題）17．（2024?長春四模）如圖，四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為梯形，AB∥DC，∠BAD＝90°，點(diǎn)E為PB的中點(diǎn)，且CD＝2AD＝2AB＝4，點(diǎn)F在CD上，且．（Ⅰ）求證：EF∥平面PAD；（Ⅱ）若平面PAD⊥平面ABCD，PA＝PD且PA⊥PD，求直線PA與平面PBF所成角的正弦值．【解答】解：（Ⅰ）證明：取PA的中點(diǎn)，連接DM，EM，在△PAB中，ME為一條中位線，則，又由題意有，，故，∴四邊形DFEM為平行四邊形，∴EF∥DM，又EF?平面PAD，DM?平面PAD，∴EF∥平面PAD；（Ⅱ）取AD中點(diǎn)N，BC中點(diǎn)H，連接PN，NH，由平面PAD⊥平面ABCD，且PN⊥AD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，可知PN⊥平面ABCD，又AD⊥NH，故以N為原點(diǎn)，NA，NH，NP所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)平面PBF的一個(gè)法向量為，則，可取，又，故，∴直線PA與平面PBF所成角的正弦值為．18．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖，四棱臺(tái)ABCD﹣A1B1C1D1的底面是矩形，平面ABCD⊥平面ABB1A1，AB＝2A1B1＝2，AA1＝2，．（1）求證：DC⊥AA1；（2）若二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值為，求AD的長．【解答】解：（1）取AB中點(diǎn)E，連接B1EAE＝A1B1，且AE∥A1B1，所以四邊形AEB1A1為平行四邊形，所以B1E＝AA1＝2，BE＝1，所以，則BE⊥B1E，所以AA1⊥AB，又平面ABCD⊥平面ABB1A1，所以AA1⊥平面ABCD，所以DC⊥AA1；（2）由（1）知AA1⊥AD，設(shè)AD＝2a（a＞0），建系如圖，則A（0，0，0），B（0，0，2），C（2a，0，2），D（2a，0，0），C1（a，2，1），故，設(shè)平面CC1D的法向量，則，可取，設(shè)平面BCC1的法向量，則，可取，所以，由二面角B﹣CC1﹣D的二面角的余弦值為，得，解得a＝2，所以AD＝4．19．（2024秋?清遠(yuǎn)期末）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，∠DAB＝45°，PD⊥平面ABCD，AP⊥BD．（1）證明：BC⊥平面PDB，（2）若AB，PB與平面APD所成角為45°，求點(diǎn)B到平面APC的距離．【解答】解：（1）證明：∵PD⊥平面ABCD，BC在平面ABCD內(nèi)，BD在平面ABCD內(nèi)，∴PD⊥BC，PD⊥BD，又AP⊥BD，AP∩PD＝P，且AP，PD均在平面APD內(nèi)，∴BD⊥平面APD，又AD在平面APD內(nèi)，∴BD⊥AD，又底面ABCD為平行四邊形，∴BC⊥BD，又PD∩BD＝D，且都在平面PBD內(nèi)，∴BC⊥平面PDB；（2）由（1）知，PB與平面APD所成角即為∠BPD，故∠BPD＝45°，又AB，∠DAB＝45°，∴，，∴AP2+PC2＝AC2，即AP⊥CP，∴，，又VP﹣ABC＝VB﹣PAC，∴，即，解得，即點(diǎn)B到平面APC的距離為．20．（2024?安徽模擬）如圖1，四邊形PBCD是等腰梯形，BC∥PD，PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，A為PD的中點(diǎn)，將△ABP沿AB折起，如圖2，點(diǎn)M是棱PD上的點(diǎn)．（1）若M為PD的中點(diǎn)，證明：平面PCD⊥平面ABM；（2）若PC，試確定M的位置，使二面角M﹣AB﹣D的余弦值等于．【解答】解：（1）證明：由題意，AD＝BC，且AD∥BC，故四邊形ABCD是平行四邊形，又PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，∴△PBA是正三角形，四邊形ABCD是菱形，取AB的中點(diǎn)E，連接PE，CE，易知△ABC是正三角形，則AB⊥PE，AB⊥EC，又PE∩EC＝E，∴AB⊥平面PEC，∴AB⊥PC，取PC的中點(diǎn)N，連接MN，BN，則MN∥CD∥AB，即A，B，N，M四點(diǎn)共面，又PB＝BC＝2，則BN⊥PC，又AB∩BN＝B，∴PC⊥平面ABM，又PC在平面PCD內(nèi)，∴平面PCD⊥平面ABM；（2）∵，∴PE⊥EC，又AB⊥PE且AB⊥EC，則可以EB，EC，AB所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，則，易知平面ABD的一個(gè)法向量為，設(shè)平面MAB的一個(gè)法向量為，又，∴，則可取，由題意，，解得λ＝2，故DM＝2MP．21．（2024秋?揚(yáng)州期末）如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝CA＝AA1＝2，點(diǎn)O為AB中點(diǎn)，點(diǎn)D為AA1中點(diǎn)．（1）求平面ABC與平面B1CD所成銳二面角的大??；（2）已知點(diǎn)E滿意，當(dāng)異面直線DE與CB1所成角最小時(shí)，求實(shí)數(shù)λ的值．【解答】解：在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝CA，取A1B1的中點(diǎn)O1，連接OO1，則OO1